Recueil des examens des dernières années (édition

ECOLE POLYTECHNIQUE
Recueil
(a)
Physique quantique avancée
Textes des contrôles de
connaissances proposés les
années précédentes
Département de Physique
Promotion 2013
Année 2
Enseignement diversifié 1
PHY430
Physique quantique avancée
Textes des contrôles de connaissances
proposés les années précédentes
X2012 : Interaction magnétique entre deux ions piégés (Frédéric Chevy et Manuel Joffre)
X2011 : Rotation d’une toupie symétrique (Manuel Joffre)
X2010 : Blocage de Rydberg (Frédéric Chevy et Manuel Joffre)
X2009 : Transfert de polarisation en RMN (Manuel Joffre)
X2008 : États de Rydberg d’un atome et corrélations dans un système multi-particules
(Jean Dalibard)
X2007 : Particules identiques piégées et interactions à longue portée entre atomes
(Jean Dalibard)
NB : Les problèmes contenus dans ce recueil ont été posés ces dernières années dans le cadre du
cours long de physique quantique et physique statistique, dont le programme était sensiblement
différent. Les exercices de physique statistique (hors programme) n’ont pas été reproduits. À
l’inverse, certaines parties du cours PHY430 qui n’étaient pas au programme de l’ancien cours
long de physique (ex PHY432) ne sont pas abordées dans ce recueil.
Édition 2014
ÉCOLE POLYTECHNIQUE
Promotion 2012
1er CONTRÔLE CLASSANT DU COURS DE PHYSIQUE PHY432
Mardi 29 avril 2014, durée : 3 heures
1
Exercice (sur 5 points) : Physique statistique
2
Problème (sur 15 points) : interaction magnétique entre deux ions piégés
Dans ce problème, on s’intéresse à une mesure récente de l’interaction magnétique directe
entre deux ions de Strontium (Sr+ ). On considère que les deux ions, appelés A et B et supposés
discernables, sont maintenus dans un piège à une distance fixe d l’un de l’autre. Pour chaque
ion, on ne s’intéresse qu’au moment magnétique dû à l’électron de valence. On appellera z l’axe
joignant les deux ions, comme représenté sur la figure ci-dessous.
A
B
z
d
2.1. Espace des états
(a) Sachant que le Strontium est dans la deuxième colonne du tableau périodique, quel est l’état
quantique orbital de l’électron de valence pour l’ion Sr+ ?
(b) Que peut-on en conclure sur la contribution du moment cinétique orbital au moment
magnétique de l’ion ?
(c) Rappeler le lien existant entre le moment magnétique et le spin d’un électron. On notera γe
le rapport gyromagnétique associé, dont on donnera une expression approchée en fonction
de la charge qe et de la masse me de l’électron.
(d) Rappeler pour quelle raison on peut négliger la contribution du spin nucléaire au moment
magnétique de l’ion.
On considère donc uniquement le degré de liberté de spin électronique de chacun des ions. On
~ˆa (resp. S
~ˆb ) l’observable associée au spin 1/2 de l’ion A (resp. B). On appelle {|σa i}
appelle S
(resp. {|σb i}) la base propre de Sbaz (resp. Sbbz ) associée aux valeurs propres σa ~/2 (resp. σb ~/2),
avec σa = ± (resp. σb = ±). On appelle enfin base tensorielle la base {|σa , σb i} = {| + +i, | +
−i, | − +i, | − −i} engendrant l’espace de Hilbert de dimension 4 associé à l’état de spin des deux
ions.
~ˆa + S
~ˆb le moment cinétique total de la paire d’ions. On appelle {|s, mi} la
~ˆ = S
(e) On note S
base propre commune à Sb2 et Sbz , associée aux valeurs propres respectives s(s + 1)~2 et m~.
Rappeler les valeurs permises pour s et m.
(f) Rappeler l’expression des états {|s, mi}, que l’on écrira à l’aide des vecteurs de la base
tensorielle.
2.2. Utilisation des propriétés de symétrie
b 0 l’hamiltonien du système des deux ions. Dans cette question nous allons montrer
On note H
b 0 sans en connaı̂tre
que les symétries du problème permettent de préciser la forme générale de H
l’expression exacte.
b 0 , Sbz ] = 0 ?
(a) En raison de quelle invariance géométrique du système peut-on affirmer que [H
b 0 , Sbz ]|s0 , m0 i, déterminer la valeur de hs, m|H
b 0 |s0 , m0 i
(b) En considérant la quantité hs, m|[H
0
lorsque m 6= m .
b x l’opérateur de parité associé à la transformation changeant x en −x (soit une
(c) Soit Π
b0, Π
b x] ?
symétrie par rapport au plan yz). Que dire de [H
b x |σa , σb i = | − σa , −σb i. Cette expression est-elle compatible avec ce que
(d) On admet que Π
l’on attendrait de l’effet d’une symétrie par rapport au plan yz sur le moment cinétique
classique d’un objet tournant autour de l’axe z ?
b x sur chacun des vecteurs de la base {|s, mi}.
(e) Déterminer l’action de Π
b x est-il une observable ?
(f) L’opérateur Π
b 0 est diagonal dans la base {|s, mi}.
(g) Déduire des considérations précédentes que H
b 0 |s = 1, m = −1i à l’aide de la quantité
(h) Exprimer l’élément de matrice hs = 1, m = −1|H
b
hs = 1, m = 1|H0 |s = 1, m = 1i.
2.3. Détermination de l’hamiltonien d’interaction
On rappelle que l’énergie d’interaction entre deux dipôles magnétiques séparés d’une distance
r et associés aux moments magnétiques µ
~ a et µ
~ b s’écrit
W =
µ0
(~
µa · µ
~ b − 3(~
µa · ~u)(~
µb · ~u))
4πr3
(2.1)
où µ0 est la perméabilité magnétique du vide et ~u est un vecteur unitaire colinéaire à l’axe
joignant les deux dipôles.
b 0 se met sous la forme
(a) En déduire que l’hamiltonien H
b 0 = − Ω 6Sbaz Sbbz − Sb2 + Sba2 + Sb2 .
H
b
~
(2.2)
où l’on déteminera la valeur de Ω.
(b) Vérifier que les états |s, mi sont vecteurs propres de l’observable Sbaz Sbbz et donner les valeurs
propres correspondantes.
b 0 dans la base {|s = 1, m = 1i, |s = 1, m = −1i, |s = 1, m =
(c) En déduire que la matrice de H
0i, |s = 0, m = 0i} (que l’on notera simplement {|1, 1i, |1, −1i, |1, 0i, |0, 0i} dans la suite)
s’écrit


α


α
b 0 = ~Ω 

H
(2.3)


β
γ
où l’on déterminera les valeurs de α, β et γ.
(d) Représenter les niveaux d’énergie du système.
2.4. Dynamique du système
A l’instant t = 0, on prépare les ions dans l’état |ψ(0)i = | + −i.
(a) Déterminer l’état |ψ(t)i dans la base {|s, mi}.
(b) Exprimer |ψ(t)i dans la base tensorielle.
(c) Quel est la probabilité P(t) de trouver l’ion A dans l’état |+i à l’instant t ?
(d) Montrer que cette probabilité oscille à une fréquence que l’on déterminera.
(e) Commenter qualitativement et quantitativement les résultats expérimentaux représentés
Figure 1. On vérifiera notamment la forme de la loi de variation de la fréquence avec la
distance d entre les ions. On donne µ0 = 4π10−7 N/A2 , ~ ≈ 1.05 × 10−34 Js, qe ≈ 1.6 ×
10−19 C et me ≈ 9.1 × 10−31 kg.
2.5. Protection contre un champ magnétique extérieur orienté selon l’axe z
On suppose qu’il existe un champ magnétique extérieur résiduel ~b qu’on ne peut parfaitement
annuler en dessous du µT.
Fréquence [mHz]
6.0
5.0
4.0
3.5
3.0
2.5
2.0
2.1
2.2
2.3 2.4 2.5 2.6
Distance [µm]
2.7 2.8
Figure 1 – Disques : Mesure de la fréquence d’oscillation observée pour trois valeurs de
la distance d entre les deux ions, en échelle log-log. Ligne droite : ajustement des données
expérimentales.
(a) Calculer l’ordre de grandeur de la fréquence de Larmor associée au spin d’un électron placé
dans ce champ résiduel, que l’on comparera à la fréquence d’oscillation intervenant dans la
partie précédente. Le champ résiduel ~b peut-il être considéré comme une petite perturbation ?
~ 0 = B0 ~uz aligné
Afin de contourner ce problème, on rajoute un champ magnétique contrôlé B
b
~1 = B
~ 0 +~b.
selon l’axe z et on note H1 l’hamiltonien d’interaction des ions avec le champ total B
~ 1 reste parallèle à l’axe z.
On suppose dans un premier temps que B
b 1 en fonction de Sbz .
(b) Donner l’expression de H
b =H
b0 + H
b 1 pour des valeurs propres
(c) En déduire que {|s, mi} reste une base propre de H
E(s, m) dont on donnera l’expression en fonction de ~, Ω, γe et B1 .
(d) Que dire de la dépendance des énergies E(s, m = 0) avec B1 ? La dynamique du système
~1 ?
étudiée à la partie 2.4 est-elle affectée par le champ B
2.6. Protection contre un champ magnétique extérieur quelconque
On considère dorénavant le cas où le champ résiduel ~b peut pointer dans toutes les directions,
~ 1 fera un angle appelé θ par rapport à l’axe des deux
ce qui aura pour effet que le champ total B
~ 1 et on considère que
ions. On choisit maintenant l’axe z parallèle au champ magnétique total B
les ions sont dans le plan (x, z), comme représenté ci-dessous.
x
A
y
~0
B
B
~b µ
z
~1
B
(a) Montrer que le nouvel hamiltonien du système est de la forme
b 0 (θ) = H
b1 + R
by,θ H
b0R
b† ,
H
y,θ
(2.4)
by,θ = exp(−iθSby /~).
où R
(b) On pose Sb± = Sbx ± iSby . Rappeler sans démonstration l’action de Sb+ et Sb− sur l’état |s, mi.
(c) En déduire l’action de Sby sur l’état |0, 0i.
b 0 (θ) pour une valeur propre que l’on précisera.
(d) Montrer que |0, 0i est état propre de H
(e) On considère que l’angle θ est très petit. En se limitant aux termes d’ordre 2 en θ, montrer
b 0 (θ) ≈ H
b + Vb avec
que l’on peut écrire H
θ b b
θ2 b2 b
b 0 Sb2 − 2Sby H
b 0 Sby
S
H
+
H
Vb = i [H
0
0 , Sy ] −
y
y
~
2~2
(2.5)
(f) Déterminer l’énergie de l’état |1, 0i, notée E 0 (1, 0), à l’aide de la théorie des perturbations
à l’ordre 1 en Vb .
(g) On prend B0 ' 10−4 T. Conclure quant à l’effet de l’inclinaison du champ magnétique sur
la fréquence d’oscillation des probabilités calculées dans la partie 2.4.
(h) Que pensez-vous de la contribution des termes d’ordre 2 de la théorie des perturbations,
toujours en se limitant aux termes d’ordre 2 en θ ?
Corrigé
1
Exercice
2
Problème
2.1. Espace des états
(a) La configuration électronique de valence de l’atome de Strontium est 1s2 . Le seul électron
de valence restant dans l’ion Sr+ est donc dans l’état 1s, comme pour un atome d’hydrogène.
(b) On peut en conclure que le moment cinétique orbital est nul, et ne contribue donc pas aux
propriétés magnétiques de l’ion.
~e , où γe ≈ 2qe /(2me ) = qe /me .
(c) On a µ
~ e = γe S
(d) En raison de la masse intervenant au dénominateur du rapport gyromagnétique, le moment
magnétique lié au noyau est trois ordres de grandeur inférieur à celui de l’électron et peut donc
être négligé. Il se trouve en outre que l’isotope utilisé dans l’expérience considérée a un spin
nucléaire nul.
(e) Comme cela a été vu lors du cours sur le couplage de deux spins 1/2, les valeurs possibles
sont s = 1 (m = −1, 0, 1) et s = m = 0.
(f ) D’après le cours, on a
|1, 1i = | + +i
|1, −1i = | − −i
| + −i + | − +i
√
|1, 0i =
2
| + −i − | − +i
√
|0, 0i =
2
2.2. Utilisation des propriétés de symétrie
(a) Le système est invariant par toute rotation autour de l’axe z, en particulier les rotations
b
infinitésimales qui sont associées à l’opérateur Ib − i dα
~ Sz . L’invariance du système nous permet
b 0 , Sbz ] = 0.
de conclure [H
(b) On a
b 0 Sbz − Sbz H
b 0 |s0 , m0 i = (m0 − m)hs, m|H
b 0 |s0 , m0 i = 0.
hs, m|H
b 0 |s0 , m0 i = 0 dès que m 6= m0 .
On en déduit donc que hs, m|H
(c) Le système est invariant par une symétrie par rapport à un plan contenant l’axe z, donc
b0, Π
b x ] = 0.
[H
(d) On constate que l’image d’un vecteur propre de Sbz est toujours un vecteur propre mais avec
un moment cinétique opposé. Ceci est conforme à notre intuition classique : si on considère un
objet tournant autour de l’axe z, il est clair qu’une symétrie par rapport à un plan contenant
l’axe de rotation change le sens de la rotation et donc le signe du moment cinétique.
(e) En utilisant l’expression des état |s, mi rappelée plus haut, on en déduit
b x |1, 1i = | − −i = |1, −1i
Π
b x |1, −1i = | + +i = |1, 1i
Π
+ | + −i
b x |1, 0i = | − +i√
Π
= |1, 0i
2
− | + −i
b x |0, 0i = | − +i√
= −|0, 0i
Π
2
(f ) La matrice correspondante dans la base {|1, 1i, |1, −1i, |1, 0i, |0, 0i} s’écrit


0 1 0 0


bx =  1 0 0 0 
Π
 0 0 1 0 
0 0 0 −1
C’est une matrice symétrique réelle, donc Π̂x est bien une observable.
(g) D’après ce qui précède, le seul élément de matrice non diagonal éventuellement non nul de
b 0 est h1, 0|H
b 0 |0, 0i (et son conjugué). En prenant l’élement de matrice de [H
b0, Π
b x ] entre ces
H
deux états, on obtient
b0Π
bx − Π
b xH
b 0 |0, 0i = −2h1, 0|H
b 0 |0, 0i
0 = h1, 0| H
d’où l’on déduit que l’élément de matrice est nul et donc que la matrice est diagonale. Notons
b x était une observable pour évaluer son action à gauche sur
que nous avons utilisé le fait que Π
le bra h1, 0|.
b xH
b0Π
bx = Π
b2H
b0 = H
b 0 . On en déduit
(h) Remarquons que Π
x
b 0 |1, −1i = h1, −1|Π
b xH
b0Π
b x |1, −1i = h1, 1|Ĥ0 |1, 1i.
h1, −1|H
2.3. Détermination de l’hamiltonien d’interaction
(a) En prenant le vecteur unitaire ~u selon l’axe z, l’eq. 2.1 permet d’écrire l’hamiltonien du
système
2 b 0 = µ0 γ e S
~ˆa · S
~ˆb − 3Sbaz Sbbz
H
4πd3
où l’on a exprimé les moments magnétiques à l’aide des spins. Il suffit ensuite de remarquer que
2
~ˆa + S
~ˆb = Sba2 + Sb2 + 2S
~ˆa · S
~ˆb
Sb2 = S
b
donc
et
~ˆa · S
~ˆb = 1 Sb2 − Sb2 − Sb2
S
a
b
2
2 b 0 = − µ0 γe 6Sbaz Sbbz − Sb2 + Sba2 + Sb2 = − Ω 6Sbaz Sbbz − Sb2 + Sba2 + Sb2
H
b
b
8πd3
~
avec
Ω=
µ0 ~γe2
8πd3
(b) On a Sbaz Sbbz |σa , σb i = σa σb ~2 /4|σa , σb i, d’où l’on déduit
~2
Sbaz Sbbz |1, ±1i = |1, ±1i
4
~2
Sbaz Sbbz |s, 0i = − |s, 0i
4
(c) Remarquons tout d’abord que la matrice proposée est conforme aux résultats de la partie
2.2. Pour déterminer les valeurs des coefficients diagonaux, notons que Sb2 prend la valeur s(s +
b On obtient alors
1)~2 , soit 2~2 ou 0 selon que s = 1 ou s = 0, et que Sba2 = Sbb2 = 3~2 /4 I.
b 0 |1, ±1i = −~Ω 6 − 2 + 3 |1, ±1i = −~Ω|1, ±1i
H
4
2
6
3
b
|1, 0i = 2~Ω|1, 0i
H0 |1, 0i = −~Ω − − 2 +
4
2
b 0 |0, 0i = −~Ω − 6 + 3 |0, 0i = 0
H
4 2
d’où l’on déduit α = −1, β = 2 et γ = 0.
(d) On obtient les niveaux d’énergie représentés ci-dessous
2.4. Dynamique du système
√
(a) On a |ψ(0)i = | + −i = (|1, 0i + |0, 0i)/ 2, d’où l’on déduit
|ψ(t)i =
e−i2Ωt |1, 0i + |0, 0i
√
2
(b) Dans la base tensorielle, on a
e−i2Ωt + 1
e−i2Ωt − 1
| + −i +
| − +i
2
2
(c) La probabilité de trouver l’ion A dans l’état |+i s’écrit
2
−i2Ωt
e
+ 1 P(t) = = (1 + cos(2Ωt))/2
2
|ψ(t)i =
(d) On en déduit que la probabilité oscille à la fréquence angulaire 2Ω = µ0 ~γe2 /(4πd3 ).
(e) L’ajustement par une droite montre que log(2Ω) = a log(d) + b, avec a < 0, donc 2Ω ∝ da .
Pour déterminer a, il suffit de mesurer la pente de la droite en prenant deux points particuliers,
comme (2.2,5) et (2.6,3), qui sont choisis car proches de la grille. La pente s’écrit (log(5) −
log(3))/(log(2.2) − log(2.6)) ≈ −3.06, en excellent accord avec la valeur théorique de −3.
L’application numérique pour d = 2.6 µm donne une fréquence d’oscillation
2Ω
µ0 ~q 2
= 2 2e 3 ≈ .0029 Hz
2π
8π me d
en parfait accord avec l’ajustement expérimental de 3 mHz pour d = 2.6µm.
2.5. Protection contre un champ magnétique extérieur orienté selon l’axe z
(a) La fréquence de Larmor s’écrit ω0 = −γe b, ce qui correspond à une valeur numérique égale
à ω0 /(2π) = qe b/(2πme ) ≈ 30 kHz pour un champ résiduel de 1 µT. Cette valeur est sept
ordres de grandeur supérieure à la fréquence considérée dans la partie précédente, de l’ordre
de quelques milliHertz. Le clivage Zeeman qui en résulte sera donc très supérieur au clivage
considéré dans la partie précédente. Le champ résiduel ne peut donc être considéré comme une
petite perturbation, bien au contraire.
b 1 = −µ
~1 − µ
~ 1 = −γe B1 Sbz .
(b) H
~ˆa · B
~ˆb · B
b 0 , est donc également base propre de H
b1
(c) La base {|s, mi}, qui est déjà base propre de H
avec les valeurs propres −m~γe B1 . On a
E(1, 1) = −~Ω − ~γe B1
E(1, −1) = −~Ω + ~γe B1
E(1, 0) = 2~Ω
E(0, 0) = 0
(d) Les deux niveaux associé à m = 0 ne sont pas affectés par le champ magnétique, et donc
la dynamique étudiée dans la partie précédente est inchangée.
2.6. Protection contre un champ magnétique extérieur quelconque
~ 1 et appelons |ψ(t)i l’état du système de deux spins.
(a) Imaginons qu’il n’y ait pas de champ B
by,−θ |ψ(t)i. Cet état décrit l’état d’un système de deux ions que
Considérons l’état |ψ̃(t)i = R
l’on aurait tourné d’un angle −θ autour de l’axe y, et qui se trouverait donc aligné avec l’axe
b0
z, comme étudié dans les parties précédentes du problème. Il est donc régi par l’hamiltonien H
ce qui nous donne l’équation de Schrödinger ci-dessous
i~
d|ψ̃i
b 0 |ψ̃i
=H
dt
d’où l’on déduit
d|ψi
b† H
b b
=R
y,−θ 0 Ry,−θ |ψi
dt
b 1 (qui est
by,θ H
b0R
b† . Il suffit de rajouter H
L’hamiltonien décrivant l’état du système est donc R
y,θ
~ 1 est toujours selon l’axe z) pour obtenir l’hamiltonien demandé H
b 0 (θ).
inchangé car B
p
(b) On a Ŝ± |s, mi = ~ s(s + 1) − m(m ± 1)|s, m ± 1i.
(c) On en déduit Sb± |0, 0i = 0. La relation Sby = (Sb+ − Sb− )/(2i) permet d’en déduire que
Sby |0, 0i = 0.
i~
b 0 (θ)|0, 0i =
(d) L’action de l’opérateur rotation sur |0, 0i se réduit donc à l’identité. Donc H
b 0i = 0.
H|0,
by,θ :
(e) Faisons un développement à l’ordre 2 de R
by,θ = exp(−iθSby /~) = Ib − iθ Sby + 1
R
~
2
iθ 2 b2
iθ
θ2
−
Sy + · · · ≈ Ib − Sby − 2 Sby2
~
~
2~
Donc
θ2 b2 b b iθ b
θ2 b2
iθ b
b
I − Sy − 2 Sy H0 I + Sy − 2 Sy
~
2~
~
2~
2
b 0 + iθ H
b 0 Sby − Sby H
b0 − θ
b 0 Sb2 + Sb2 H
b 0 − 2Sby H
b 0 Sby
=H
H
y
y
~
2~2
by,θ H
b0R
b† =
R
y,θ
ce qui permet d’établir l’expression demandée pour Vb .
(f ) Comme l’état |1, 0i est non dégénéré, il suffit de calculer la valeur moyenne de Vb dans cet
b 0 donc on a évidemment h1, 0|[H
b 0 , Sby ]|1, 0i = 0. Pour les autres
état. C’est un état propre de H
termes, on utilisera la relation Ŝy = (Ŝ+ − Ŝ− )/(2i). On obtient ainsi
1
h1, 0|Ŝy2 Ĥ0 |1, 0i = − h1, 0|(Ŝ+ − Ŝ− )2 Ĥ0 |1, 0i
4
On sait que Ĥ0 |1, 0i = 2~Ω|1, 0i. Par ailleurs,
les termes en Ŝ+ Ŝ− ou Ŝ− Ŝ+ vont subsister,
√ seuls
2
donnant lieu à chaque fois à un facteur ( 2~) = 2~2 . On obtient finalement 2~3 Ω. Le terme
en Ĥ0 Ŝy2 est l’hermitique conjugué et donnera donc la même contribution, puisqu’elle est réelle.
Enfin, le dernier terme s’écrit
b 0 Sby |1, 0i = − 1 h1, 0|(Sb+ − Sb− )H
b 0 (Sb+ − Sb− )|1, 0i
h1, 0|Sby H
4
A nouveau, seuls resteront les termes en Sb+ Sb− ou Sb− Sb+ . On passe donc par l’intermédiaire de
l’état |1, ±1i, état propre de Ĥ0 avec la valeur propre −~Ω. On obtiendra donc pour ce terme
−~3 Ω. On obtient finalement
h1, 0|V̂ |1, 0i = −
θ2
2~3 Ω + 2~3 Ω − 2(−~3 Ω) = −3θ2 ~Ω
2
2~
D’où E 0 (1, 0) = 2~Ω − 3θ2 ~Ω = 2~Ω(1 − 23 θ2 ).
(g) L’erreur relative sur la fréquence d’oscillation est donc en 3θ2 /2. Avec un champ transverse
de l’ordre du µT et un champ appliqué B0 100 fois plus grand, on a θ de l’ordre de 10−2 et une
perturbation finalement de l’ordre de seulement 10−4 , qui peut donc être négligée.
(h) Le traitement ci-dessus néglige la contribution de Vb à l’ordre 2 de la théorie des perturbations, qui est aussi susceptible de donner un terme en θ2 donc a priori comparable au terme que
nous avons considéré. Toutefois, l’état |1, 0i ne sera couplé qu’aux états |1, ±1i par la perturbation, car l’état |0, 0i est un état propre de V̂ donc non couplé à |1, 0i. La correction du deuxième
ordre s’écrira donc
X |h1, 0|Vb |1, mi|2
δE (2) =
E(1, 0) − E(1, m)
m=±1
ce qui donnera lieu à des dénominateurs d’énergie de l’ordre de ~γe B1 . Comparé au terme que
nous avons considéré plus haut, ce terme sera affecté d’un facteur multiplicatif Ω/(γe B1 ) et sera
donc totalement négligeable.
Note. Ce problème est largement inspiré de travaux effectués au Weizmann Institute of Science,
publiés dans l’article de S. Kotler, N. Akerman, N. Navon, Y. Glickman et R. Ozeri, Measurement
of the magnetic interaction between two electrons, arXiv:1312.4881 (2013). La Figure 1 a été
adaptée à partir de cet article.
ÉCOLE POLYTECHNIQUE
Promotion 2011
1er CONTRÔLE CLASSANT DU COURS DE PHYSIQUE PHY432
Mardi 23 avril 2013, durée : 3 heures
1
Exercice 1 (sur 1 point) : Trois électrons indépendants
On considère trois électrons supposés indépendants placés dans un système associé à l’hamiltonien à un électron suivant :
!
∞
X
ĥ =
En |nihn| ⊗ (|+ih+| + |−ih−|)
(1)
n=0
où {|ni} constitue une base de L2 (R3 ) et En < En+1 .
Déterminer l’énergie et la dégénérescence du niveau fondamental du système à trois électrons.
2
Exercice 2 (sur 5 points) : Physique statistique
3
Problème (sur 14 points) : Rotation d’une toupie symétrique
Le mouvement de rotation des molécules joue un rôle essentiel dans l’interprétation des
spectres d’absorption dans le domaine micro-onde (ou millimétrique), qui permettent notamment
l’identification de molécules en formation dans les nuages interstellaires. L’objet de ce problème
est de déterminer les niveaux d’énergie d’une molécule tridimensionnelle, au-delà du modèle de
molécule diatomique linéaire vu en cours.
'
z
z 00
Ã
µ
w
~
~v
~u
'
x
x0 µ
x00
Ã
Ã
y 000
'
y
y0 µ
x000
Figure 1 – Orientation tri-dimensionnelle de la molécule, solidaire du trièdre direct {~u, ~v , w}
~
et caractérisée par les angles d’Euler θ, ϕ et ψ.
On ne s’intéresse pas à la translation du centre de masse et on fera donc l’hypothèse que
l’état de la molécule – supposée rigide – peut être entièrement déterminé par son orientation,
qui sera définie à l’aide des angles d’Euler (voir Fig. 1). Partant du repère du laboratoire xyz,
supposé orthonormé direct, une rotation d’un angle ϕ autour de z permet de passer au repère
x0 y 0 z, puis une rotation d’un angle θ autour de l’axe y 0 permet de passer au repère x00 y 0 z 00 et
enfin une rotation d’un angle ψ autour de l’axe z 00 permet de passer au repère x000 y 000 z 00 , lié à la
molécule. Ce repère direct sera associé au triplet de vecteurs unitaires {~u, ~v , w}.
~ On donne
sin θ cos ϕ
− cos θ cos ϕ sin ψ − sin ϕ cos ψ
cos θ cos ϕ cos ψ − sin ϕ sin ψ
w
~ = sin θ sin ϕ
~v = − cos θ sin ϕ sin ψ + cos ϕ cos ψ
~u = cos θ sin ϕ cos ψ + cos ϕ sin ψ
cos θ
sin θ sin ψ
− sin θ cos ψ
On ne s’intéresse qu’aux degrés de libertés rotationnels, ce qui signifie que l’état de la molécule
est entièrement déterminé par la fonction d’onde χ(θ, ϕ, ψ), avec θ ∈ [0, π]. La fonction d’onde
sera supposée continue, ce qui impose notamment χ(θ, ϕ+2π, ψ) = χ(θ, ϕ, ψ) et χ(θ, ϕ, ψ+2π) =
χ(θ, ϕ, ψ). La grandeur |χ(θ, ϕ, ψ)|2 représentera la densité de probabilité associée à l’orientation
caractérisée par les angles d’Euler θ, ϕ et ψ.
Dans la suite, les vecteurs ~u, ~v et w
~ devront être considérés comme des observables, l’action d’une composante cartésienne sur la fonction d’onde χ(θ, ϕ, ψ) étant simplement obtenue
en multipliant la fonction d’onde par l’expression de la composante cartésienne considérée en
fonction de θ, ϕ et ψ. A titre d’exemple, on aura ŵx χ(θ, ϕ, ψ) = sin θ cos ϕχ(θ, ϕ, ψ).
ˆ
On appelle J~ l’observable associée au moment cinétique de la molécule, dont on donne
l’expression explicite ci-dessous
~
cos ϕ ∂
cos ϕ ∂
∂
ˆ
Jx =
−
+
− sin ϕ
i
∂θ tan θ ∂ϕ
sin θ ∂ψ
∂
sin
ϕ
∂
sin
ϕ
∂
~
cos ϕ
−
+
(2)
Jˆy =
i
∂θ tan θ ∂ϕ
sin θ ∂ψ
~ ∂
Jˆz =
i ∂ϕ
ˆ
et on admettra que J~ obéit aux relations de commutation habituelles pour des observables de
type moment cinétique :
[Jˆx , Jˆy ] = i~Jˆz
[Jˆy , Jˆz ] = i~Jˆx
[Jˆz , Jˆx ] = i~Jˆy
(3)
que l’on peut encore écrire
ˆ
ˆ ˆ
J~ × J~ = i~J~
(4)
On introduit également les opérateurs Jˆ+ = Jˆx + iJˆy et Jˆ− = Jˆx − iJˆy .
3.1. Propriétés générales liées au moment cinétique
(a) Calculer le commutateur [Jˆz , Jˆx ] directement à l’aide des eq. 2 et vérifier que le résultat est
bien celui attendu pour un moment cinétique.
(b) Rappeler pour quelle raison Jˆ2 et Jˆz peuvent être diagonalisées dans une même base.
(c) On appelle j(j + 1)~2 et m~ les valeurs propres de Jˆ2 et Jˆz . Rappeler (sans les démontrer)
ˆ
les conditions que doivent vérifier les nombres j et m sachant que J~ obéit aux relations de
commutation décrites par l’eq. 3.
(d) Rechercher la forme explicite des fonctions propres de Jˆz
(e) En déduire une condition supplémentaire sur m et j.
ˆ, ~vˆ ou w
(f) Montrer de manière générale que n’importe quelle composante cartésienne de ~u
~ˆ
ˆ, ~vˆ ou w.
commute avec n’importe quelle composante cartésienne de ~u
~ˆ
(g) Montrer que [Jˆz , ŵz ] = 0.
(h) Montrer que [Jˆz , ŵx ] = i~ŵy .
On admettra sans chercher à le démontrer qu’on obtient de même [Jˆz , ŵy ] = −i~ŵx . Dans
ˆ, ~vˆ et w
toute la suite du problème, on admettra en outre que les observables ~u
~ˆ sont des
observables dites vectorielles, ce qui signifie qu’elles obéissent aux relations de commutation
obtenues ci-dessus pour w,
~ˆ ainsi que celles obtenues par permutation circulaire des indices
x, y, z : [Jˆx , ŵx ] = 0, [Jˆx , ŵy ] = i~ŵz , [Jˆx , ŵz ] = −i~ŵy , etc. En d’autres termes, pour
~ˆ – on aura toujours [Jˆα , V̂α ] = 0 et, pour une
toute observable vectorielle – appelée ici V
composante cartésienne β 6= α et en appelant γ la troisième composante cartésienne, on
aura [Jˆα , V̂β ] = i~V̂γ si αβγ est un repère direct (comme xyz) et [Jˆα , V̂β ] = −i~V̂γ si αβγ
est un repère indirect (comme xzy).
3.2. Composantes du moment cinétique dans le référentiel de la molécule
~ˆ constituée des trois projections du moment cinétique dans le repère
On introduit l’observable K
{~u, ~v , w}
~ lié à la molécule :
ˆ ˆ
K̂u = J~ · ~u
ˆ
K̂v = J~ · ~vˆ
ˆ ˆ
~
K̂w = J~ · w
(5)
On admettra que
K̂u2 + K̂v2 + K̂w2 = Jˆ2
(6)
~ˆ × K
~ˆ = −i~K
~ˆ
K
(7)
et que
ˆ · J,
~ˆ
~ˆ K̂v = ~vˆ · J~ˆ et K̂w = w
~ˆ · J.
(a) Montrer que l’on peut également écrire K̂u = ~u
~ˆ est-elle une observable de type moment cinétique ?
(b) L’observable K
~ˆ est-elle une observable de type moment cinétique ?
(c) L’observable −K
(d) Montrer à l’aide de l’eq. 5 que K̂w et Jˆz commutent.
Dans toute la suite du problème, on admettra - sans chercher à le démontrer - que ce résultat
peut se généraliser aux autres composantes cartésiennes et que n’importe quelle composante
~ˆ
~ˆ commute avec n’importe quelle composante de J.
de K
(e) En déduire que les observables Jˆ2 , Jˆz et K̂w peuvent être diagonalisées dans une même base.
3.3. Etats propres communs de Jˆ2 , Jˆz et K̂w
(a) On considère un vecteur propre commun des trois observables ci-dessus, associé aux valeurs
propres j(j + 1)~2 , m~ et k~. Montrer que k ∈ {−j, −j + 1, . . . , j}.
(b) Montrer directement à l’aide des eq. 2 que
K̂w =
~ ∂
i ∂ψ
(8)
(c) Retrouver le résultat de la question précédente en considérant l’action sur la fonction d’onde
χ(θ, ϕ, ψ) d’une rotation infinitésimale autour de l’axe w.
~
2
(d) En déduire qu’un vecteur propre commun de Jˆ , Jˆz et K̂w s’écrit nécessairement sous la
forme
χ(θ, ϕ, ψ) = f (θ)gm (ϕ)hk (ψ)
(9)
où l’on donnera l’expression de gm (ϕ) et hk (ψ).
(e) On considère le sous-espace constitué des vecteurs propres communs de Jˆ2 , Jˆz , K̂w , associé
aux nombres j, m = −j et k. Rappeler dans ce cas l’action de l’opérateur Jˆ− sur la fonction
χ(θ, ϕ, ψ) et en déduire, sans chercher à la résoudre, une équation différentielle du premier
ordre dont est alors solution la fonction f (θ).
(f) En déduire que l’espace propre considéré à la question précédente est de dimension 1.
(g) Démontrer par récurrence que {Jˆ2 , Jˆz , K̂w } constitue un Ensemble Complet d’Observables
qui Commutent (ECOC). On rappelle que Jˆ+ Jˆ− = Jˆ2 − Jˆz2 + ~Jˆz .
Dans la suite du problème, on appellera {|j, m, ki} la base propre commune de Jˆ2 , Jˆz et K̂w ,
associée aux valeurs propres j(j + 1)~2 , m~ et k~. On appellera χj,m,k (θ, ϕ, ψ) les fonctions
propres correspondantes.
(h) Exprimer la fonction d’onde χj,−j,0 (θ, ϕ, ψ) à l’aide d’une harmonique sphérique que l’on
précisera, sans chercher à déterminer la constante de normalisation.
(i) Que dire de la fonction d’onde χj,m,0 (θ, ϕ, ψ) ?
3.4. Détermination des niveaux d’énergie
On suppose que la molécule considérée peut être assimilée à une toupie symétrique, ce qui signifie
qu’elle possède une symétrie de révolution autour de l’axe porté par le vecteur unitaire w,
~ avec
un moment d’inertie noté IA pour la rotation autour de cet axe, et un moment d’inertie noté
IB 6= IA pour la rotation autour de tout axe perpendiculaire. L’hamiltonien du système peut
donc s’écrire
K̂ 2
A
B K̂ 2
K̂ 2
Ĥ = u + v + w = 2 K̂w2 + 2 Jˆ2 − K̂w2
(10)
2IB
2IB
2IA
~
~
où A = ~2 /(2IA ) et B = ~2 /(2IB ).
(a) Déterminer les vecteurs propres de l’hamiltonien et montrer que les valeurs propres s’écrivent
Ej,k = Bj(j + 1) + (A − B)k 2 .
(11)
(b) Déterminer les dégénérescences des niveaux d’énergie.
Absorption
(c) Représenter un diagramme des niveaux d’énergie dans le cas où IA < IB .
Nombre d’onde [cm-1]
Figure 2 – Spectre d’absorption de la molécule CH3 D représenté en fonction du nombre d’onde
(inverse de la longueur d’onde). Figure adaptée à partir de l’article d’Ozier, Ho et Birnbaum (J.
Chem. Phys. 51, 4873 (1969))
(d) On s’intéresse à la molécule CH3 D, qui a la même structure tri-dimensionnelle qu’une
molécule de méthane où un atome d’hydrogène aurait été remplacé par un atome de deutérium D (isotope de l’hydrogène dont le noyau atomique est constitué d’un proton et un
neutron). Cette molécule sera assimilée à une toupie symétrique avec w
~ selon la liaison CD.
La Fig. 2 représente une partie de son spectre d’absorption mesuré en phase gazeuse dans
le domaine des micro-ondes. On admettra que le rayonnement électromagnétique ne pourra
induire de transitions qu’entre deux états de même valeur de k et de valeurs de j différant
d’une unité. Interpréter qualitativement le spectre mesuré.
(e) Déterminer les valeurs de j impliquées dans chacune des raies observées.
(f) Calculer le moment d’inertie que l’on peut extraire des données expérimentales.
(g) La valeur obtenue vous semble-t-elle avoir le bon ordre de grandeur ? On rappelle que la
masse du proton vaut m0 ≈ 1, 7 × 10−27 kg.
Corrigé
1
Exercice 1
La partie associée au spin intervenant dans l’hamiltonien à un électron est simplement l’identité. Donc l’hamiltonien ne fait pas intervenir le spin, ce qui signifie qu’on peut placer deux
électrons par orbitale. On met donc deux électrons sur le niveau n = 0, et un électron dans le
niveau n = 1. L’énergie du niveau fondamental est donc égale à 2E0 +E1 . Ce niveau est dégénéré
deux fois car l’électron placé dans l’état n = 1 a deux états de spin possibles. Les deux vecteurs
de base de cet espace de dimension deux sont le déterminant de Slater associé à la configuration
|0, +i ⊗ |0, −i ⊗ |1, +i et celui associé à la configuration |0, +i ⊗ |0, −i ⊗ |1, −i.
2
Exercice 2
3
Problème
3.1. Propriétés générales liées au moment cinétique
(a) Appliquons Jˆz Jˆx à une fonction d’onde quelconque χ(θ, ϕ, ψ) :
~ ∂ ~
∂
cos ϕ ∂
cos ϕ ∂
ˆ
ˆ
Jz Jx χ(θ, ϕ, ψ) =
− sin ϕ
−
+
χ(θ, ϕ, ψ)
i ∂ϕ i
∂θ tan θ ∂ϕ
sin θ ∂ψ
~
∂
cos ϕ ∂
cos ϕ ∂
~ ∂
=
− sin ϕ
−
+
χ(θ, ϕ, ψ)
i
∂θ tan θ ∂ϕ
sin θ ∂ψ i ∂ϕ
~
∂
sin ϕ ∂
sin ϕ ∂
−i~
− cos ϕ
+
−
χ(θ, ϕ, ψ)
i
∂θ tan θ ∂ϕ
sin θ ∂ψ
=
Jˆx Jˆz + i~Jˆy χ(θ, ϕ, ψ)
On en déduit [Jˆz , Jˆx ] = i~Jˆy , qui est bien l’expression attendue pour une observable de type
moment cinétique.
(b) On déduit de l’eq. 3 que Jˆ2 et Jˆz commutent, ce qui permet de les diagonaliser dans une
base propre commune.
(c) On sait d’après le cours que, compte tenu de l’eq. 3, le nombre j est entier ou demi-entier,
que j − m est entier, et que m ∈ {−j, −j + 1, . . . , j}.
(d) Soit χ(θ, ϕ, ψ) une fonction propre de Jˆz pour la valeur propre m~. On a alors
~ ∂
χ(θ, ϕ, ψ) = m~χ(θ, ϕ, ψ)
i ∂ϕ
soit (∂χ)/(∂ϕ) = imχ(θ, ϕ, ψ) dont la solution est χ(θ, ϕ, ψ) = χ(θ, 0, ψ) exp(imϕ).
(e) La périodicité en ϕ de χ(θ, ϕ, ψ) avec une période 2π, rappelée dans l’énoncé, implique que
2πm soit un multiple de 2π et donc que m soit entier. Comme pour le moment cinétique orbital,
on en déduit que m est entier, de même que j puisque j − m est entier.
ˆ, ~vˆ ou w
(f ) L’action de n’importe quelle composante cartésienne de ~u
~ˆ sur une fonction d’onde
revient simplemeent à multiplier par une fonction de θ, ϕ et ψ. La multiplication étant commutative pour des scalaires, on en déduit que ces observables commutent. A titre d’exemple :
ŵx v̂z χ(θ, ϕ, ψ) = sin θ cos ϕ sin θ sin ψχ(θ, ϕ, ψ) = sin θ sin ψ sin θ cos ϕχ(θ, ϕ, ψ) = v̂z ŵx χ(θ, ϕ, ψ)
(g) Appliquons le commutateur [Jˆz , ŵz ] à une fonction d’onde quelconque χ(θ, ϕ, ψ). On obtient
~ ∂
∂
[Jˆz , ŵz ]χ(θ, ϕ, ψ) =
χ(θ, ϕ, ψ) = 0
cos θ − cos θ
i ∂ϕ
∂ϕ
(h) En procédant de même, on obtient
~ ∂
∂
ˆ
[Jz , ŵx ]χ(θ, ϕ, ψ) =
χ(θ, ϕ, ψ)
sin θ cos ϕ − sin θ cos ϕ
i ∂ϕ
∂ϕ
~
= − sin θ sin ϕχ(θ, ϕ, ψ) = i~ŵy χ(θ, ϕ, ψ)
i
La démonstration n’était pas demandé, mais on aurait de même
∂
~ ∂
ˆ
sin θ sin ϕ − sin θ sin ϕ
χ(θ, ϕ, ψ)
[Jz , ŵy ]χ(θ, ϕ, ψ) =
i ∂ϕ
∂ϕ
~
=
sin θ cos ϕχ(θ, ϕ, ψ) = −i~ŵx χ(θ, ϕ, ψ)
i
3.2. Composantes du moment cinétique dans le référentiel de la molécule
ˆ ˆ
ˆ étant une observable vectorielle, on sait
= Jˆx ûx + Jˆy ûy + Jˆz ûz . ~u
(a) Par définition, K̂u = J~ · ~u
ˆ · J.
~ˆ Il
que [Jˆx , ûx ] = [Jˆy , ûy ] = [Jˆz , ûz ] = 0. On peut donc écrire K̂u = ûx Jˆx + ûy Jˆy + ûz Jˆz = ~u
en va de même pour K̂v et K̂w car ~vˆ et w
~ˆ sont également des observables vectorielles.
(b) La réponse est clairement non, en raison du signe négatif qui n’est pas présent dans l’eq. 4.
~ˆ est bien une observable
~ˆ , donc −K
~ˆ = i~ −K
~ˆ × K
~ˆ = K
~ˆ × −K
(c) On a par contre −K
de type moment cinétique.
(d) Le commutateur s’écrit
[K̂w , Jˆz ] = [Jˆx ŵx + Jˆy ŵy + Jˆz ŵz , Jˆz ]
= [Jˆx , Jˆz ]ŵx + Jˆx [ŵx , Jˆz ] + [Jˆy , Jˆz ]ŵy + Jˆy [ŵy , Jˆz ]
= −i~Jˆy ŵx − i~Jˆx ŵy + i~Jˆx ŵy + i~Jˆy ŵx = 0
(e) K̂w commute avec Jˆz , Jˆx et Jˆy , donc avec Jˆ2 (ce qu’on peut obtenir également en remarquant
~ˆ étant une observable de type moment cinétique, −K̂w commute avec (−K)
~ˆ 2 = Jˆ2 ). Jˆ2 ,
que −K
Jˆz et K̂w constituent donc un ensemble de trois observables qui commutent, ce qui implique que
l’on peut leur trouver une base de vecteurs propres communs.
3.3. Etats propres communs de Jˆ2 , Jˆz et K̂w
~ˆ 2 et −K̂w pour
(a) Le vecteur propre considéré est un vecteur propre commun de Jˆ2 = (−K)
~ˆ est une observable de type moment
les valeurs propres j(j + 1)~2 et −k~. Sachant que −K
cinétique, on en déduit que j + k est entier, et donc que k est entier, et que −j ≤ −k ≤ j. Donc
k est bien un nombre entier compris entre −j et j.
(b) On obtient
ˆ
K̂w = w
~ˆ · J~ = ŵx Jˆx + ŵy Jˆy + ŵz Jˆz
~
∂
cos ϕ ∂
cos ϕ ∂
=
sin θ cos ϕ − sin ϕ
−
+
i
∂θ tan θ ∂ϕ
sin θ ∂ψ
sin ϕ ∂
sin ϕ ∂
∂
~ ∂
∂
+ sin θ sin ϕ cos ϕ
−
+
+ cos θ
=
∂θ tan θ ∂ϕ
sin θ ∂ψ
∂ϕ
i ∂ψ
(c) Considérons une rotation infinitésimale d’angle dα autour de l’axe w
~ lié à la molécule.
D’après la définition des angles d’Euler, on a R̂(dα)χ(θ, ϕ, ψ) = χ(θ, ϕ, ψ − dα) = χ(θ, ϕ, ψ) −
dα∂χ/∂ψ. Mais d’après le cours, cette rotation infinitésimale peut s’exprimer à l’aide de la
projection du moment cinétique sur l’axe considéré :
dα ˆ ˆ ˆ
dα
R̂(dα) = Iˆ − i J~ · w
~ = I − i K̂w
~
~
d’où l’on déduit ∂χ/∂ψ = (i/~)K̂w χ(θ, ϕ, ψ), ce qui permet de retrouver le résultat obtenu à la
question précédente.
(d) On sait déjà qu’un vecteur propre de Jˆz pour la valeur propre m~ sera nécessairement en
exp(imϕ). De même, un vecteur propre de K̂w pour la valeur propre k~ doit obéir à l’équation
∂χ
= ikχ(θ, ϕ, ψ)
∂ψ
dont la solution générale est proportionnelle à exp(ikψ). On en déduit
χ(θ, ϕ, ψ) = χ(θ, 0, 0) exp (i(mϕ + kψ))
(e) Soit |χi un élément de l’espace considéré. Comme m = −j, on sait d’après le cours que
Jˆ− |χi = 0. Or
~
e−iϕ ∂
e−iϕ ∂
−iϕ ∂
ˆ
ˆ
ˆ
J− = Jx − iJy =
−e
−
+
i
∂θ tan θ ∂ϕ sin θ ∂ψ
et
j
k
∂
+
+
f (θ) exp (i(−jϕ + kψ))
Jˆ− f (θ) exp (i(−jϕ + kψ)) = ~e−iϕ −
∂θ tan θ sin θ
d’où l’on déduit l’équation différentielle linéaire du premier ordre
d
j
k
− +
+
f (θ) = 0
dθ tan θ sin θ
(f ) On sait que l’ensemble des solutions d’une équation différentielle linéaire du premier ordre
constitue un espace vectoriel de dimension 1.
(g) On souhaite démontrer par récurrence sur m que l’espace propre commun à Jˆ2 , Jˆz et K̂w
associé aux valeurs propres j(j + 1)~2 , m~ et k~ est de dimension 1, ce qui impliquera que ces
trois observables - dont on sait déjà qu’elles commutent - constituent un ECOC. On sait déjà que
cette propriété est vraie pour m = −j. Supposons qu’elle soit vraie pour m et appelons comme
suggéré dans l’énoncé |j, m, ki le vecteur de base de l’espace propre correspondant. Considérons
un vecteur propre commun |χi pour m + 1. Alors on sait que Jˆ− |χi est vecteur propre de Jˆ2 et
Jˆz pour les valeurs propres j(j + 1)~2 et m~. De plus, K̂w commute avec Jˆx et Jˆy , donc avec
Jˆ− . On en déduit
K̂w Jˆ− |χi = Jˆ− K̂w |χi = k~Jˆ− |χi
Donc Jˆ− |χi est également vecteur propre de K̂w pour la valeur propre k~. On en déduit qu’il
appartient à l’espace de dimension 1 engendré par |j, m, ki. Donc Jˆ− |χi = C|j, m, ki. Puis
p
Jˆ+ Jˆ− |χi = ~ j(j + 1) − m(m + 1)|χi = C Jˆ+ |j, m, ki
car Jˆ+ Jˆ− = Jˆ2 − Jˆz2 + ~Jˆz . On en déduit que |χi est proportionnel à Jˆ+ |j, m, ki (car j(j + 1) −
m(m + 1) 6= 0 pour m < j), et donc que l’espace propre est de dimension 1.
(h) On est dans le cas discuté à la question 3.3(e), avec en outre k = 0. La fonction f (θ) est
donc solution de l’équation
j
d
− +
f (θ) = 0
dθ tan θ
C’est exactement la même équation que celle vue en cours pour la fonction Fj,−j (θ) intervenant
dans la dépendance en θ de l’harmonique sphérique Yj,−j (θ, ϕ). Comme nous savions déjà que
la dépendance en ϕ est la même, on en déduit χj,−j,0 (θ, ϕ, ψ) ∝ Yj,−j (θ, ϕ).
(i) Les fonctions χj,m,0 (θ, ϕ, ψ) sont obtenues par action répétée de l’opérateur Jˆ+ . Or, comme
k = 0, les fonctions sont indépendantes de ψ et cet opérateur prend la même forme que L̂+ . On
en déduit
χj,m,0 (θ, ϕ, ψ) ∝ Yj,m (θ, ϕ)
3.4. Détermination des niveaux d’énergie
(a) L’hamiltonien s’écrit
Ĥ =
B ˆ2 A − B 2
J +
K̂w
~2
~2
La base propre commune de Jˆ2 , Jˆz et K̂w est donc également une base propre de l’hamiltonien.
On a immédiatement
Ĥ|j, m, ki = Bj(j + 1) + (A − B)k 2 |j, m, ki
Les niveaux d’énergie, indépendants de m, s’écrivent donc bien Ej,k = Bj(j + 1) + (A − B)k 2 .
(b) Dans le cas où k = 0, chaque niveau est dégénéré (2j + 1) fois car m peut prendre les
(2j + 1) valeurs entières entre −j et +j. Dans le cas où k est non nul, on a Ej,k = Ej,−k donc
la dégénérescence est doublée et devient 2(2j + 1).
(c) Dans ce cas, A > B, ce qui nous donne le diagramme de niveaux représenté ci-dessous.
(d) Les transitions observées se font entre deux niveaux tels que ∆k = 0 et ∆j = ±1 (comme
représenté par les flèches ci-dessus), ce qui correspond à une énergie de photon égale à Ej+1,k −
Ej,k = B(j + 1)(j + 2) − Bj(j + 1) = 2B(j + 1). Les fréquences de transitions constituent donc
un peigne de pics régulièrement espacés, comme observé sur le spectre expérimental.
(e) L’espacement entre deux pics correspond à une énergie de 2B. En mesurant l’espacement
entre le premier et le dernier pic, puis en divisant pas 6, on obtient que l’intervalle entre deux pics
consécutifs (2B) correspond à 7.6 cm−1 . Le premier pic a une fréquence de 46 cm−1 . En divisant
par 2B, on obtient 6.05, ce qui indique que j + 1 = 6 et donc que le premier pic correspond à la
transition de j = 5 vers j = 6.
(f ) En appelant σ = 1/λ le nombre d’onde, l’énergie de transition est égale à hc/λ = hcσ. La
différence entre deux pics successifs vaut 2B = ~2 /IB et correspond à ∆σ = 7.6 cm−1 . On en
déduit IB = ~2 /(2B) = ~/(2πc∆σ) ≈ 7.3 × 10−47 kgm2 .
(g) Pour déterminer l’ordre de grandeur du moment d’inertie à un facteur 2 près, on peut faire
l’hypothèse que l’atome de carbone est proche du centre d’inertie de la molécule, et que compte
tenu de sa masse double et de l’angle, l’essentiel du moment d’inertie pour une rotation autour
d’un axe perpendiculaire à w
~ provient de l’atome de deuterium. En divisant IB par deux fois
la masse d’un proton (sachant que protons et neutrons ont quasiment la même masse), puis en
prenant la racine carrée, on obtient une distance de 0.15 nm, qui a le bon ordre de grandeur
pour la longueur de la liaison chimique (la valeur exacte pour le méthane est de 0.11 nm).
ÉCOLE POLYTECHNIQUE
Promotion 2010
1er CONTRÔLE CLASSANT DU COURS DE PHYSIQUE PHY432
Lundi 23 avril 2012, durée : 2 heures
1
Exercice (sur 3 points) : Physique statistique
2
Problème (sur 17 points) : Blocage de Rydberg
Ce problème porte sur une méthode permettant de préparer un ensemble de deux atomes
de Rubidium (Rb) dans un état intriqué, ce qui est une fonction importante en information
quantique. Cette méthode repose sur l’interaction entre un faisceau lumineux et le système
constitué par les deux atomes. On procédera comme si les deux atomes étaient discernables,
donc sans se préoccuper du principe de Pauli. Le mouvement du centre de masse de chacun des
atomes sera décrit classiquement, les atomes étant supposés fixes. Compte tenu des conditions
d’interaction avec le faisceau lumineux, on admettra qu’on peut modéliser l’état interne de
chaque atome à l’aide d’un espace de Hilbert de dimension 2, engendré par les états |gi et
|ei correspondant respectivement à l’état fondamental et à l’état excité de l’atome. L’écart en
énergie entre ces deux niveaux sera noté h̄ω0 .
On considérera successivement le cas d’un seul atome, puis de deux atomes indépendants, et
enfin de deux atomes couplés.
2.1. Lemme : Transformation unitaire
De façon générale, on considère un système décrit par l’état |ψ(t)i associé à l’hamiltonien
Ĥ(t). On introduit le ket |ψ̃(t)i = R̂(t)|ψ(t)i, où R̂(t) est un opérateur unitaire (R̂(t)R̂† (t) =
ˆ Montrer que |ψ̃(t)i obéit à une équation de Schrödinger associée à l’hamiltonien
R̂† (t)R̂(t) = I).
effectif
dR̂(t) †
ˆ
H̃(t)
= ih̄
R̂ (t) + R̂(t)Ĥ(t)R̂† (t)
(1)
dt
2.2. Un seul atome
On considère dans un premier temps un unique atome appelé a et on note |a : gi et |a : ei les
états fondamental et excité. L’hamiltonien s’écrit alors
Ĥa = Ĥa(0) + Ĥa(1) (t)
(0)
(2)
(1)
où Ha = h̄ω0 |a : eiha : e| désigne l’hamiltonien de l’atome a seul et Ĥa (t) décrit le couplage
avec le faisceau lumineux, associé au champ électrique complexe E(t) = E0 exp(−iωt), où E0
est supposé réel. On admettra que, dans le cadre de l’approximation dite de l’onde tournante,
le terme d’interaction avec le faisceau lumineux s’écrit
Ĥa(1) (t) =
h̄Ω −iωt
e
|a : eiha : g| + eiωt |a : giha : e|
2
(3)
où Ω est une grandeur réelle proportionnelle à E0 .
(a) On considère l’opérateur unitaire R̂a (t) défini par
R̂a (t) = |a : giha : g| + exp(iωt)|a : eiha : e|
(4)
Ecrire l’action de R̂a (t) et R̂a† (t) sur les états |a : gi et |a : ei.
(b) On appelle |ψ(t)i l’état du système a à l’instant t et on introduit le ket |ψ̃(t)i défini par
|ψ̃(t)i = R̂a (t)|ψ(t)i. Montrer que |ψ̃(t)i est alors solution d’une équation de Schrödinger
associée à l’hamiltonien effectif
ˆ = h̄(ω − ω)|a : eiha : e| + h̄Ω (|a : eiha : g| + |a : giha : e|)
H̃
a
0
2
(5)
(c) On prépare le système dans l’état |ψ(0)i = |a : gi. En vous appuyant sur une analogie avec
un problème similaire étudié en cours, montrer sans calcul que la probabilité moyenne de
passage dans l’état excité est maximale lorsque ω = ω0 .
(d) Interpréter le résultat précédent en termes de photons.
Dans toute la suite du problème, on supposera que ω = ω0 .
ˆ sachant que ω est dorénavant pris égal à ω , puis déterminer ses
(e) Ecrire l’expression de H̃
a
0
valeurs propres et vecteurs propres.
(f) En supposant toujours le système placé initialement dans l’état |ψ(0)i = |a : gi, exprimer
l’état |ψ̃(t)i dans la base {|a : gi, |a : ei}.
(g) En déduire l’expression de |ψ(t)i.
(h) Calculer la probabilité P(t) que l’atome soit dans l’état |a : ei à l’instant t.
(i) Commenter la courbe (a) de la figure 1.
Probabilité d’excitation
(j) Déterminer la valeur de Ω/(2π) à partir des données expérimentales.
(a)
(b)
Durée de l’interaction [ns]
Figure 1 – Mesure expérimentale de la probabilité d’excitation en fonction de la durée de
l’impulsion lumineuse. On distingue le cas avec un seul atome, représenté par des disques (a),
et le cas avec deux atomes (qui sera traité à la partie 2.4), représenté par des carrés (b). Dans
les deux cas, le ou les atomes sont placés initialement dans l’état fondamental.
2.3. Système de deux atomes indépendants
On considère à présent deux atomes a et b supposés indépendants, ce qui permet d’écrire l’hamiltonien du système total sous la forme
Ĥ = Ĥa ⊗ Iˆb + Iˆa ⊗ Ĥb
(6)
où Ĥb a la même forme que l’hamiltonien Ĥa vu à la partie précédente, mais pour l’atome b.
(a) On suppose que le système est initialement dans l’état |a : gi ⊗ |b : gi. Montrer que l’état
du système à l’instant t est donné par |a : ψ(t)i ⊗ |b : ψ(t)i, où |ψ(t)i est l’état introduit
plus haut.
(b) L’état obtenu de cette manière est-il intriqué ?
(c) Quelle est la probabilité que les deux atomes soient simultanément excités à l’instant t ?
2.4. Système de deux atomes couplés
On prend maintenant en compte l’interaction de van de Waals entre les deux atomes. On admettra que celle-ci ne se manifeste de façon significative que lorsque les deux atomes sont simul-
tanément dans l’etat excité. Le terme d’interaction s’écrit ainsi
Ŵ = −∆|a : e, b : eiha : e, b : e|
(7)
où ∆ est une grandeur réelle positive. L’hamiltonien total devient
Ĥ = Ĥa ⊗ Iˆb + Iˆa ⊗ Ĥb + Ŵ
(8)
(a) Donner les états propres et les valeurs propres de l’hamiltonien total en l’absence de faisceau
lumineux (Ω = 0). On représentera la position des niveaux d’énergie et on précisera la
dégénérescence de chaque valeur propre.
(b) On revient dans toute la suite du problème au cas où Ω 6= 0 et on appelle |ψ(t)i l’état du
système à l’instant t. On introduit le ket |ψ̃(t)i = R̂(t)|ψ(t)i, où R̂(t) = R̂a (t) ⊗ R̂b (t). R̂a (t)
est ici défini par l’éq. 4 (toujours avec ω = ω0 ) et R̂b (t) est défini de manière similaire en
ˆ = Ŵ + V̂ , où
remplaçant a par b. Montrer que l’hamiltonien effectif s’écrit maintenant H̃
V̂ =
h̄Ω (|a : eiha : g| + |a : giha : e|) ⊗ Iˆb + Iˆa ⊗ (|b : eihb : g| + |b : gihb : e|)
2
(9)
ˆ en l’absence de faisceau lumineux.
(c) Donner les valeurs propres et les dégénérescences de H̃
(d) En supposant que h̄Ω est petit devant ∆, traiter l’effet du faisceau lumineux au premier
ordre de la théorie des perturbations. On calculera les expressions des énergies perturbées
ˆ au premier ordre en Ω, notées E , et on montrera qu’elles correspondent aux états
de H̃
k
propres
|ψ0 i = |a : e, b : ei
|a : g, b : gi |a : e, b : gi |a : g, b : ei
√
|ψ1 i =
+
+
2
2
2
|a : g, b : gi |a : e, b : gi |a : g, b : ei
√
|ψ2 i =
−
−
2
2
2
|a : e, b : gi |a : g, b : ei
√
√
−
.
|ψ3 i =
2
2
On montrera en particulier que E2 = −E1 et on posera E1 = h̄Ω0 /2, où Ω0 est une grandeur
que l’on déterminera.
ˆ obtenus
(e) Représenter schématiquement et commenter la position des niveaux d’énergie de H̃
à la question précédente.
(f) On suppose que le système est placé initialement dans l’état |ψ(0)i = |a : g, b : gi. En vous
aidant des résultats de la question 2.4.d, calculez l’état |ψ̃(t)i puis donnez son expression
dans la base {|a : g, b : gi, |a : e, b : gi, |a : g, b : ei, |a : e, b : ei}.
(g) En déduire l’état du système |ψ(t)i.
(h) En déduire une méthode pour placer le système dans un état intriqué qui soit une superposition de |a : e, b : gi et |a : g, b : ei.
(i) Calculer la quantité P(t), probabilité qu’au moins l’un des deux atomes soit excité par la
lumière à l’instant t.
(j) Commenter la courbe (b) de la figure 1 et vérifier quantitativement la validité de la théorie
développée dans cette partie.
(k) Quelle est la probabilité d’exciter les deux atomes simultanément ? Donner une interprétation
physique du résultat obtenu, en comparant avec le cas discuté à la question 2.3.c.
Corrigé
1
Exercice
2
Problème
2.1. Lemme : Transformation unitaire
On obtient
dR̂(t)
d|ψ̃(t)i
= ih̄
|ψ(t)i + R̂(t)Ĥ(t)|ψ(t)i
ih̄
dt
dt
On a
|ψ(t)i = R̂−1 (t)|ψ̃(t)i = R̂† (t)|ψ̃(t)i
où l’on a utilisé que R̂(t) était unitaire. On en déduit
d|ψ̃(t)i
ih̄
=
dt
!
dR̂(t) †
†
ih̄
R̂ (t) + R̂(t)Ĥ(t)R̂ (t) |ψ̃(t)i
dt
ce qui est bien une équation de Schrödinger associée à l’hamiltonien
ˆ = ih̄ dR̂(t) R̂† (t) + R̂(t)Ĥ(t)R̂† (t)
H̃
dt
2.2. Un seul atome
(a) On obtient R̂a (t)|a : gi = |a : gi, R̂a (t)|a : ei = exp(iωt)|a : ei, R̂a† (t)|a : gi = |a : gi et
R̂a† (t)|a : ei = exp(−iωt)|a : ei. On peut remarquer au passage que les valeurs propres sont de
module 1, ce qui confirme que R̂a (t) est un opérateur unitaire.
(b) On applique le résultat obtenu en 2.1. On a
ih̄
dR̂a (t) †
R̂a (t) = −h̄ω|a : eiha : e|
dt
Par ailleurs, R̂a (t) commute avec Ĥa , donc R̂a (t)Ĥa R̂a† (t) = Ĥa
R̂a (t)|a : ei = eiωt |a : ei et R̂a (t)|a : gi = |a : gi. Donc
(0)
R̂a (t)Ĥa(1) R̂a† (t) =
(0)
(0)
= h̄ω0 |a : eiha : e|. Enfin,
h̄Ω
(|a : eiha : g| + |a : giha : e|)
2
ce qui donne bien le résultat demandé.
(c) L’hamiltonien obtenu s’écrit
ω0 −ω
Ω
h̄(ω0 − ω) ˆ
− 2
0
ˆ
2
=
I + h̄
H̃ = h̄ Ω
Ω
ω
−
ω
2
0
2
2
Ω
2
ω0 −ω
2
Il a la même forme que celui que l’on obtient en Résonance Magnétique Nucléaire (RMN) dans
le référentiel tournant, à condition de remplacer
ω1 par Ω. On obtiendra donc, comme en RMN,
p
une oscillation de Rabi avec une pulsation (ω − ω0 )2 + Ω2 . La valeur moyenne de la probabilité
de transition est une lorentzienne, qui prend une valeur égale à 1/2 lorsque ω est égal à ω0 .
(d) En termes de photons, la condition de résonance discutée plus haut correspond simplement
à la conservation de l’énergie : la transition est efficace à condition que l’énergie du photon, h̄ω,
soit égale à la différence d’énergie h̄ω0 entre l’état excité et l’état fondamental.
(e) On a
ˆ = h̄Ω (|a : eiha : g| + |a : giha : e|) = h̄Ω
H̃
a
2
2
0 1
1 0
√
Les valeurs propres sont ±h̄Ω/2 et les vecteurs propres associés sont |ψ± i = (|a : gi±|a : ei)/ 2.
(f ) On a
1
|ψ̃(0)i = √ (|ψ+ i + |ψ− i)
2
donc
1 Ωt
Ωt
|ψ̃(t)i = √ e−iΩt/2 |ψ+ i + eiΩt/2 |ψ− i = cos |a : gi − i sin |a : ei
2
2
2
(g) D’après 2.2.a, on en déduit
|ψ(t)i = R̂a† (t)|ψ̃(t)i = cos
Ωt
Ωt
|a : gi − ie−iω0 t sin |a : ei
2
2
(h)
Ωt
1
= (1 − cos Ωt)
2
2
(i) On observe bien un comportement sinusoidal, en accord qualitatif avec la théorie. Il y a
en plus une atténuation de l’amplitude de l’oscillation qui n’est pas décrite par notre modèle
(celle-ci est en fait due à des fluctuations de la valeur de Ω lors de l’expérience, résultant en une
superposition de sinusoı̈des de différentes périodes).
P(t) = |ha : e|ψ(t)i|2 = sin2
(j) La période d’oscillation est de 140 ns, correspondant à une fréquence de 7.1 MHz.
2.3. Deux atomes indépendants
(a) Il suffit de le vérifier :
ih̄
d|a : ψ(t)i ⊗ |b : ψ(t)i
dt
d|a : ψ(t)i
d|b : ψ(t)i
⊗ |b : ψ(t)i + |a : ψ(t)i ⊗ ih̄
dt
dt
= Ĥa |a : ψ(t)i ⊗ |b : ψ(t)i + |a : ψ(t)i ⊗ Ĥb |b : ψ(t)i
= ih̄
= Ĥ|a : ψ(t)i ⊗ |b : ψ(t)i
(b) C’est évidemment un état factorisé, donc non intriqué.
(c) D’après le postulat de la mesure, on a
P(t) = |(ha : e| ⊗ hb : e|) (|a : ψ(t)i ⊗ |b : ψ(t)i)|2 = |ha : e|a : ψ(t)i|2 |hb : e|b : ψ(t)i|2 = sin4
Ωt
2
Le résultat est donc simplement le carré de la probabilité d’avoir un seul atome excité, comme
on aurait pu s’y attendre pour un état factorisé.
2.4. Deux atomes en interaction
(a) Les valeurs propres sont 0 (état |a : gi ⊗ |b : gi), h̄ω0 (états |a : ei ⊗ |b : gi et |a : gi ⊗ |b : ei)
et 2h̄ω0 − ∆. Seule la valeur propre h̄ω0 est dégénérée, en l’occurence deux fois. Les niveaux
d’énergie sont représentés ci-dessous.
(b) On applique les résultats de la partie 2.1. On a
ih̄
dR̂(t)
dR̂a (t)
dR̂b (t)
= ih̄
⊗ R̂b (t) + R̂a (t) ⊗ ih̄
dt
dt
dt
En multipliant à droite par R̂a† (t) ⊗ R̂b† (t), on obtient
ih̄
dR̂(t) †
R̂ (t) = −h̄ω0 |a : eiha : e| ⊗ Iˆb − h̄ω0 Iˆa ⊗ |b : eihb : e|
dt
Par ailleurs, R̂(t)Ĥa ⊗ Iˆb R̂† (t) = R̂a (t)Ĥa R̂a† (t) ⊗ R̂b (t)Iˆb R̂b† (t) = R̂a (t)Ĥa R̂a† (t) ⊗ Iˆb . De même
R̂(t)Iˆa ⊗Ĥb R̂† (t) = Iˆa ⊗R̂b (t)Ĥb R̂b† (t). Enfin, Ŵ commute avec R̂a (t) et R̂b (t), donc R̂(t)Ŵ R̂† (t) =
Ŵ . L’ensemble de ces relations permet de montrer l’expression demandée.
ˆ = Ŵ , donc les valeurs propres sont −∆, qui est non
(c) En l’absence de faisceau lumineux, H̃
dégénérée et associée à l’état |a : e, b : ei, et 0, qui est dégénérée trois fois. Une base propre
possible du sous-espace propre correspondant est {|a : g, b : gi, |a : e, b : gi, |a : g, b : ei}.
(d) Pour la valeur propre non dénégénérée, il suffit de calculer ha : e, b : e|V̂ |a : e, b : ei = 0. On
en déduit donc l’énergie au premier ordre E0 = −∆, associée au vecteur |ψ0 i.
Pour la valeur propre 0, il faut appliquer la théorie des perturbations dans le cas dégénéré, et
donc diagonaliser la restriction de l’opérateur Ṽˆ à cet espace. On a
h̄Ω
Ṽˆ |a : g, b : gi =
(|a : e, b : gi + |a : g, b : ei)
2
h̄Ω
Ṽˆ |a : e, b : gi =
(|a : g, b : gi + |a : e, b : ei)
2
h̄Ω
(|a : e, b : ei + |a : g, b : gi)
Ṽˆ |a : g, b : ei =
2
Donc la restriction de la matrice de Ṽˆ au sous-espace propre, exprimée dans la base {|a : g, b :
gi, |a : e, b : gi, |a : g, b : ei}, s’écrit


0 1 1
h̄Ω
 1 0 0 
Ṽˆ =
2
1 0 0
On peut rechercher directement les valeurs propres et les vecteurs propres de cette matrice. On
peut aussi remarquer que le déterminant est nul, ce qui signifie que l’une des valeurs propres
est nulle.
On trouve immédiatement le vecteur propre correspondant (|a : e, b : gi − |a : g, b :
√
ei)/ 2 = |ψ3 i. On en conclut que cet état n’est pas couplé au champ : E3 = 0.
√
Par ailleurs, dans la base constituée des vecteurs |a : g, b : gi et (|a : e, b : gi + |a : g, b : ei)/ 2,
la matrice de Ṽˆ s’écrit
h̄Ω √
Ṽˆ =
2
2
0 1
1 0
√
On en déduit que les valeurs propres sont ±h̄Ω/ 2, associées aux vecteurs propres
|a : g, b : gi |a : e, b : gi + |a : g, b : ei
√
±
2
2
qui correspondent respectivement à |ψ1 i et |ψ2 i. On pouvait aussi directement vérifier que |ψ1 i
et |ψ2 i sont vecteurs propres de la restriction de V̂ au sous-espace
propre.
√
√ On obtient donc√bien
le résultat demandé, avec E0 = −∆, E3 = 0, E1 = h̄Ω/ 2, E2 = −h̄Ω/ 2 et donc Ω0 = Ω 2.
ˆ pour Ω = 0 (à gauche) et Ω 6= 0
(e) La figure ci-dessous représente les niveaux d’énergie de H̃
(à droite). On observe que les états |ψ0 i et |ψ3 i ne sont pas affectés par la perturbation. Par
ailleurs le couplage avec le faisceau lumineux clive la dégénérescence et on voit apparaı̂tre deux
niveaux décalés de ±h̄Ω0 /2 qui sont associés aux états |ψ1 i et ψ2 i.
(f ) On utilise les états obtenus plus haut comme une bonne approximation des états propres
du système. On remarque que
|ψ1 i + |ψ2 i
√
|ψ(0)i =
2
donc
0
0
e−iΩ t/2 |ψ1 i + eiΩ t/2 |ψ2 i
√
|ψ̃(t)i =
2
soit
|ψ̃(t)i = cos
Ω0 t
Ω0 t |a : e, b : gi + |a : g, b : ei
√
|a : g, b : gi − i sin
2
2
2
(g) Il suffit d’appliquer R̂a† (t)R̂b† (t) à l’état trouvé à la question précédente. En procédant comme
en 2.2.g, on obtient
|ψ(t)i = cos
Ω0 t
Ω0 t |a : e, b : gi + |a : g, b : ei
√
|a : g, b : gi − ie−iω0 t sin
2
2
2
(h) Pour créer l’état demandé, il suffit de se placer à l’instant T = π/Ω0 . Dans ce cas, la phase
vaut π/2 et
|a : e, b : gi + |a : g, b : ei
√
|ψ(T )i = −ie−iω0 T
.
2
(i) La probabilité qu’au moins l’un des deux atomes soit excité s’écrit
Ω0 t
Ω0 t
1
1 − cos Ω0 t
= sin2
=
2
2
2
√
La probabilité est donc une fonction périodique de pulsation Ω0 = 2Ω. L’état intriqué discuté
à la question précédente est obtenu après une demi-période.
P(t) = 1 − |ha : g, b : g|ψ(t)i|2 = 1 − cos2
(j) La figure est en bon accord avec la théorie, à l’exception comme plus haut d’une atténuation
de l’amplitude des oscillations au cours du temps. On mesure une période de 100 ns. En accord
avec le modèle, le couplage avec un état intriqué se manifeste bien par une oscillation plus rapide.
√
Le rapport entre les fréquences est de 1.4, ce qui est effectivement assez proche de Ω0 /Ω = 2.
(k) La probabilité d’exciter les deux atomes simultanément est nulle car ha : e, b : e|ψ(t)i = 0.
Contrairement au cas de deux atomes indépendants, où l’énergie était conservée, la transition
vers l’état |a : e, b : ei est impossible car l’énergie de cet état est abaissée de la quantité ∆
provenant de l’interaction entre les deux atomes. C’est le blocage de cette transition qui rend
possible la création d’un état intriqué. On parle de blocage de Rydberg car les états excités
utilisés sont des états de Rydberg, qui permettent une interaction importante entre les atomes
même lorsqu’ils sont séparés de plusieurs microns.
Note. Ce problème est inspiré de travaux effectués à l’Institut d’Optique, publiés dans l’article
de A. Gaetan, Y. Miroshnychenko, T. Wilk, A. Chotia, M. Viteau, D. Comparat, P. Pillet,
A. Browaeys et P. Grangier, Observation of collective excitation of two individual atoms in the
Rydberg blockade regime, Nat. Phys. 5, 115-118 (2009), d’où est extrait la figure 1.
ÉCOLE POLYTECHNIQUE
Promotion 2009
1er CONTRÔLE CLASSANT DU COURS DE PHYSIQUE PHY432
Lundi 11 avril 2011, durée : 2 heures
1
Exercice 1 (sur 2,5 points) : mesure d’une grandeur physique
On considère un électron placé dans l’état
1
1
|ψi = √ (|1, 0, 0i + |3, 2, 1i) ⊗ |+iz + √ |1, 0, 0i ⊗ |−iz
3
3
(1)
où |n, `, mi représente un état propre commun de Ĥ0 , L̂2 et L̂z associé aux nombres quantiques
n, ` et m, Ĥ0 étant l’hamiltonien de l’atome d’hydrogène (partie orbitale uniquement). Les états
~ˆ est l’observable de spin de l’électron.
|±iz sont les états propres de Ŝz , où S
1.1. Quels résultats peut-on trouver lors d’une mesure de la grandeur Sz , avec quelles probabilités ? Pour chaque résultat possible, on indiquera l’état du système après la mesure.
1.2. Répondre à la même question pour une mesure de la grandeur Sx .
2
Exercice 2 (sur 2,5 points) : physique statistique
3
Exercice 3 (sur 1 point) : orbitale atomique
La Fig. 1 représente une orbitale atomique ψn,`,m (r, θ, ϕ) de l’atome d’hydrogène, tracée
selon les conventions utilisées en cours. Donner les valeurs de n, ` et m, en justifiant brièvement
votre réponse.
2p
3p/2
p
p/2
0
(a)
(b)
(c)
Figure 1 – Vue écorchée (a) et vue de haut (b) d’une orbitale atomique ψn,`,m (r, θ, ϕ). La phase
de la fonction d’onde est codée en niveaux de gris selon l’échelle représentée en (c).
4
Problème (sur 14 points) : transfert de polarisation en RMN
On s’intéresse dans ce problème à une méthode utilisée en Résonance Magnétique Nucléaire
(RMN) visant à faciliter la détection du signal provenant d’un noyau de faible rapport gyromagnétique. Cette méthode exploite un transfert de polarisation de spin entre deux spins couplés,
celui d’un proton et celui dont on souhaite améliorer la détection, ici un noyau de 13 C au sein
d’une molécule d’acide formique. On ne considérera que les degrés de liberté de spin de ces deux
noyaux, tous les deux de spin 1/2. On donne le rapport gyromagnétique du proton, γa /(2π) =
42,6 MHz/T, et du 13 C, γb /(2π) = 10,7 MHz/T. Dans tout le problème le système sera placé
dans un champ magnétique statique aligné selon l’axe z et de valeur B0 = 2,35 T.
4.1. Spin 1/2 dans un champ magnétique statique
On considère dans un premier temps un seul noyau de spin 1/2 placé dans le champ statique B0
mentionné ci-dessus et on posera ω0 = −γB0 < 0, où γ est le rapport gyromagnétique du noyau
considéré. On appellera |±i les états propres de l’opérateur Ŝz , correspondant à la projection
du spin selon l’axe z.
(a) Rappeler l’expression de l’hamiltonien et donner ses états propres et valeurs propres.
(b) On suppose que le système est à l’équilibre thermodynamique à la température T . Déterminer
les probabilités Π+ et Π− que le système soit dans l’un ou l’autre des deux niveaux d’énergie
puis exprimer la différence de probabilités δΠ = Π+ − Π− en supposant β|h̄ω0 | 1, où
β = 1/(kB T ).
(c) On applique les résultats ci-dessus aux cas du proton et du 13 C. Calculer les valeurs numériques
de |ωa |/(2π) et |ωb |/(2π), où l’on a posé ωa = −γa B0 et ωb = −γb B0 .
(d) Calculer les différences de probabilités δΠa et δΠb , et justifier l’hypothèse de haute température effectuée à la question 4.1(b). On prendra T = 300 K, soit kB T /h = 6,25 THz (1 THz
= 1012 Hz).
(e) On rappelle que dans une expérience de RMN, l’intensité d’une raie d’absorption est proportionnelle à δΠ = Π+ − Π− . Expliquer pour quelle raison les noyaux de 13 C seront plus
difficiles à détecter que ceux d’hydrogène.
4.2. Système de deux spins 1/2
On se place maintenant dans l’espace de Hilbert Ea ⊗ Eb , où Ea décrit le spin du proton (a) et
~ˆb les observables de spin des noyaux (a) et (b) et on
~ˆa et S
Eb celui du 13 C (b). On appellera S
utilisera la base tensorielle {| + +i, | + −i, | − +i, | − −i}, que l’on pourra encore noter {|σa , σb i}
ou {|a : σa i ⊗ |b : σb i}, avec σa = ±1 et σb = ±1. Par définition, |a : σa i (resp. |b : σb i) est
vecteur propre de Ŝaz (resp. Ŝbz ) avec la valeur propre σa h̄/2 (resp. σb h̄/2).
(a) On considère dans un premier temps le cas où il n’y a pas d’interaction entre les deux spins.
Ecrire l’hamiltonien Ĥ0 du système en présence du champ magnétique B0 .
(b) Ecrire les vecteurs propres et les valeurs propres de Ĥ0 .
(c) Dans le cas où les deux noyaux sont proches, on montre qu’il existe un couplage indirect (appelé couplage J) entre les deux spins que l’on peut modéliser à l’aide du terme d’interaction
ci-dessous qu’il faut ajouter à l’hamiltonien :
Ŵ =
J ~ˆ ~ˆ
J
Sa · Sb =
Ŝax Ŝbx + Ŝay Ŝby + Ŝaz Ŝbz
h̄
h̄
(2)
Pour la molécule considérée ici, l’acide formique, on a J/(2π) = 200 Hz. Montrer que l’on
peut alors traiter l’effet de Ŵ dans le cadre de la théorie des perturbations.
(d) A l’aide de la théorie des perturbations au premier ordre, déterminer les nouvelles valeurs
des énergies pour les quatre états identifiés à la question 4.2.b.
(e) Représenter la position des nouveaux niveaux d’énergie par rapport aux niveaux non perturbés.
(f) La Fig. 2(a) représente le spectre de RMN mesuré dans l’acide formique au voisinage de la
fréquence de résonance du 13 C. Interpréter le résultat obtenu.
4.3. Manipulation du spin du proton
On superpose au champ magnétique statique (aligné selon z et de valeur B0 ) un champ magnétique
~ 1 (t) tournant dans le plan xy et d’amplitude b1 (t) variable :
B
~ 1 (t) = b1 (t) (cos(ωt)~ux + sin(ωt)~uy )
B
(3)
où ~ux et ~uy sont les deux vecteurs unitaires portés par les axes x et y. On suppose de plus
que la fréquence de rotation, ω, est quasi-résonnante avec le spin (a). Cette hypothèse permet
(a)
100 Hz
(b)
Figure 2 – Spectres RMN d’absorption mesurés dans l’acide formique au voisinage de la
fréquence de résonance du 13 C pour (a) un système à l’équilibre thermodynamique et (b) après
application de la séquence d’impulsions étudiée à la question 4.3.
t = p/J
Figure 3 – Séquence d’impulsions utilisée pour manipuler le spin (a).
de supposer que le spin (b) n’est pas affecté par le champ tournant et reste donc dans un état
stationnaire proportionnel à |b : σb i, où σb = ±1 est un paramètre qui sera supposé fixé. Dans
toute cette question, on considérera donc uniquement le degré de liberté associé au spin (a) et
on se placera dans l’espace de Hilbert Ea . On se place en outre dans un référentiel tournant
~ 1 (t) est d’amplitude variable mais de
autour de l’axe z à la fréquence ω, dans lequel le champ B
direction fixe (selon l’axe x). On admet que, dans ce référentiel, l’hamiltonien effectif prenant
en compte à la fois l’effet du champ et du couplage J avec le spin (b) s’écrit alors
Jσb
− ω Ŝaz + ω1 (t)Ŝax
(4)
Ĥeff (t) = ωa +
2
où ω1 (t) = −γa b1 (t). Dans toute cette question, on exprimera l’état |ψ̃(t)i du spin (a) dans le
référentiel tournant à l’aide de l’opérateur d’évolution selon la relation |ψ̃(t)i = Û (t, t0 )|ψ̃(t0 )i,
ˆ On rappelle que l’opérateur d’évolution
où t0 est un instant initial quelconque et où Û (t0 , t0 ) = I.
obéit alors à l’équation
dÛ (t, t0 )
ih̄
= Ĥeff (t)Û (t, t0 )
(5)
dt
Comme le montre la Fig. 3, la fonction ω1 (t) est constituée de deux impulsions dites impulsions
π/2 caractérisées par
Z
t1
Z
t3
ω1 (t)dt =
ω1 (t)dt =
t2
t0
π
2
(6)
Par ailleurs, ω1 (t) est nul à l’extérieur des intervalles [t0 , t1 ] et [t2 , t3 ]. La durée des impulsions
est ∆t = t1 − t0 = t3 − t2 = 10 µs et l’intervalle entre les deux impulsions τ = t2 − t1 est choisi
tel que Jτ = π. La fréquence de rotation du champ tournant est choisie telle que ω = ωa + J/2.
(a) Evaluer la valeur moyenne prise par ω1 (t) dans l’un ou l’autre des intervalles [t0 , t1 ] et [t2 , t3 ],
et en déduire que, pour t0 ≤ t ≤ t1 ou t2 ≤ t ≤ t3 , on peut simplement écrire
Ĥeff (t) = ω1 (t)Ŝax
(7)
(b) En justifiant soigneusement votre réponse, en déduire que pour t ∈ [t0 , t1 ] l’opérateur
d’évolution peut s’écrire
Û (t, t0 ) = exp −iθ(t, t0 )Ŝax /h̄
(8)
où θ(t, t0 ) est une fonction que l’on exprimera en fonction de la grandeur ω1 (t).
(c) Montrer que, pour t ∈ [t0 , t1 ], on a
Û (t, t0 ) = Iˆ cos
On pourra utiliser l’identité exp Â =
2 .
par Ŝax
θ(t, t0 )
2
θ(t, t0 )
− i Ŝax sin
2
h̄
2
P+∞
n=0 Â
n /n!
(9)
et remarquer la valeur particulière prise
(d) En déduire la matrice de Û (t1 , t0 ), puis de Û (t3 , t2 ), dans la base {|+i, |−i}.
(e) Calculer l’opérateur d’évolution Û (t2 , t1 ) dans les deux cas σb = 1 et σb = −1.
(f) Calculer Û (t3 , t0 ) dans les deux cas σb = 1 et σb = −1.
4.4. Interprétation du spectre RMN
(a) Pour chacun des états initiaux | + +i, | − +i, | + −i, et | − −i, en déduire, à une phase près
que l’on ne cherchera pas à déterminer, l’état final du système de deux spins à l’issue de la
séquence d’impulsion décrite à la question 4.3 (i.e. après l’instant t3 ).
(b) On appelle Πσa ,σb = Πa,σa Πb,σb la probabilité que le système soit dans l’état |σa , σb i à
l’équilibre thermodynamique, où Πa,σa et Πb,σb sont les probabilités ayant été calculées à
la question 4.1. On appelle Π0σa ,σb la probabilité à l’instant t3 . Exprimer Π0σa ,σb à l’aide de
Πσa ,σb , puis effectuer un développement de Π0σa ,+ − Π0σa ,− au premier ordre en δΠa et δΠb ,
où δΠa et δΠb sont les différences de probabilités ayant été calculées à la question 4.1.
(c) La Fig. 2(b) représente un spectre d’absorption RMN au voisinage de la résonance du
13 C mesuré sur le système préalablement préparé par la séquence d’impulsions décrite à la
question 4.3. Interpréter ce spectre et conclure.
4.5. Précession de Larmor
Donner une interprétation physique du processus décrit à la question 4.3 en vous appuyant sur
le phénomène de précession de Larmor dans le référentiel tournant, dans chacun des cas σb = 1
et σb = −1.
Corrigé
1
Exercice 1 : mesure d’une grandeur physique
Les résultats de mesure sont les valeurs propres des observables Ŝz et Ŝx , soit ±h̄/2. Dans
chacun des cas, il suffit de construire le projecteur P̂ sur le sous-espace propre. La probabilité
est alors égale à p = ||P̂ |ψi||2 et l’état après la mesure est |ψ 0 i = P̂ |ψi/||P̂ |ψi||.
grandeur mesure
P̂
ˆ
Sz
h̄/2
I ⊗ |+iz z h+|
Sz
−h̄/2 Iˆ ⊗ |−iz z h−|
Sx
h̄/2
Iˆ ⊗ |+ix x h+|
Sx
−h̄/2
Iˆ ⊗ |−ix x h−|
P̂ |ψi
1
√ (|1, 0, 0i + |3, 2, 1i) ⊗ |+iz
3
√1 |1, 0, 0i
3
⊗ |−iz
1
√ (2|1, 0, 0i + |3, 2, 1i) ⊗
6
√1 |3, 2, 1i ⊗ |−ix
6
2
Exercice 2 : physique statistique
3
Exercice 3 : orbitale atomique
p
2/3
1/3
|+ix 5/6
1/6
|ψ 0 i
√1 (|1, 0, 0i + |3, 2, 1i) ⊗ |+iz
2
|1, 0, 0i ⊗ |−iz
√1 (2|1, 0, 0i
5
+ |3, 2, 1i) ⊗ |+ix
|3, 2, 1i ⊗ |−ix
On observe que la phase de la fonction d’onde varie de 0 à 4π lorsque la coordonnée azimutale
ϕ varie de 0 à 2π. Comme un état propre de L̂z varie en exp(imϕ), cela signifie que m = 2. Par
ailleurs, la fonction d’onde s’annule deux fois quand θ varie de 0 à π (ces deux valeurs étant
exclues). Cela signifie que ` − |m| = 2, et donc que ` = 4. Enfin, la fonction d’onde radiale ne
s’annule pas. On en déduit que le nombre quantique radial n0 = 0 et donc que n = n0 + ` + 1 = 5.
Il s’agit donc d’une représentation de l’état |5, 4, 2i.
4
Problème : transfert de polarisation en RMN
4.1. Spin 1/2 dans un champ magnétique statique
~ 0 = −γB0 Ŝz = ω0 Ŝz , où ω0 = −γB0 . Les états propres de
(a) L’hamiltonien s’écrit Ĥ = −µ
~ˆ · B
Ŝz , |±i, sont également états propres de Ĥ0 avec les valeurs propres ±h̄ω0 /2.
(b) On a
Π± =
e∓βh̄ω0 /2
eβh̄ω0 /2 + e−βh̄ω0 /2
où β = 1/(kB T ). Donc
δΠ =
e−βh̄ω0 /2 − eβh̄ω0 /2
βh̄|ω0 |
= tanh(−βh̄ω0 /2) ≈
2
e−βh̄ω0 /2 + eβh̄ω0 /2
(c) On trouve |ωa |/(2π) ≈ 100 MHz et |ωb |/(2π) ≈ 25 MHz.
(d) La grandeur
βh̄|ω0 | =
ω0 /(2π)
kB T /h
est de l’ordre de 10−5 . L’hypothèse βh̄|ω0 | 1 est donc largement vérifiée. On trouve δΠa ≈
8 × 10−6 et δΠb ≈ 2 × 10−6 .
(e) Comme cela a été implicitement supposé dans l’introduction, un noyau est d’autant plus
difficile à détecter que son rapport gyromagnétique est faible, puisque la différence de probabilités
- déjà extrêmement faible - est proportionnelle à |ω0 | et donc au rapport gyromagnétique. Ainsi,
la différence de probabilités est quatre fois plus faible pour le 13 C que pour l’hydrogène.
4.2. Système de deux spins 1/2
(a) L’hamiltonien s’écrit
Ĥ0 = ωa Ŝaz + ωb Ŝbz
(b) La base propre est la base tensorielle {|σa , σb i}, avec les valeurs propres
Eσa ,σb =
h̄ωa
h̄ωb
σa +
σb
2
2
(c) Comme Sa et Sb sont chacun de l’ordre de h̄, on voit que Ŵ est de l’ordre de h̄J, tandis
que les écarts en énergie entre les niveaux de Ĥ0 sont de l’ordre de h̄ωa ou h̄ωb . Or ωa /(2π) et
ωb /(2π) sont de l’ordre de 100 ou 25 MHz, soit cinq à six ordres de grandeur supérieurs à J/(2π).
Il est donc tout à fait légitime d’appliquer la théorie des perturbations au premier ordre.
(d) Les niveaux d’énergie sont non dégénérés. Il faut donc simplement ajouter aux énergies
trouvées à la question précédente les déplacements
hσa , σb |Ŵ |σa , σb i =
J
hσa , σb |Ŝax Ŝbx + Ŝay Ŝby + Ŝaz Ŝbz |σa , σb i
h̄
Les valeurs moyennes de Sx et Sy étant nulles pour les états considérés, le déplacement des
niveaux s’écrit simplement h̄Jσa σb /4. Les nouvelles valeurs des énergies sont donc
Eσa ,σb =
h̄ωb
h̄Jσa σb
h̄ωa
σa +
σb +
.
2
2
4
(e) Les niveaux d’énergie perturbés sont représentés ci-dessous
(f ) Les transitions impliquées dans le spectre de RMN au voisinage de ωb correspondent à un
basculement du spin (b), soit |σa , +i → |σa , −i. La différence d’énergie s’écrit Eσa ,− − Eσa ,+ =
h̄(|ωb | − Jσa /2). En accord avec la figure, le spectre est donc constitué de deux raies, l’une
décalée vers les basses fréquences si σa = 1 et l’autre vers les hautes fréquences si σa = −1.
Comme la probabilité de trouver le spin (a) dans l’état + ou - est de 1/2 (si on néglige le terme
δΠa qui est de l’ordre de 10−5 ), ces deux raies sont d’égales amplitudes. L’écart entre les deux
transitions est égal à h̄J, soit 200 Hz en unités de fréquences, ce qui est bien en accord avec la
figure.
4.3. Manipulation du spin du proton
(a) L’hamiltonien s’écrit
Ĥeff (t) = J
σb − 1
Ŝaz + ω1 (t)Ŝax
2
Le préfacteur de Ŝaz est donc, soit nul, soit égal à -J. Par ailleurs, pendant l’impulsion π/2, on
peut écrire ω1 ∆t ∼ π/2, ce qui correspond à ω1 /(2π) ∼ 25 kHz. Le préfacteur de Ŝax est donc
au moins deux ordres de grandeur supérieur à celui de Ŝaz . On peut donc négliger ce dernier et
écrire simplement l’éq. 7. Un autre argument que l’on peut avancer est que la phase résultant
de l’évolution sous l’action du terme en J Ŝaz est de l’ordre de J∆t, soit environ 10−3 , quantité
que l’on peut négliger devant π/2.
(b) Si on dérive l’éq. 8, on obtient
ih̄
dÛ (t, t0 )
dθ(t, t0 )
Ŝax Û (t, t0 )
=
dt
dt
ce qui correspond à l’éq. 5 avec la condition dθ/dt = ω1 (t). De plus, Û (t0 , t0 ) = Iˆ donc θ(t0 , t0 ) =
0. On a donc
Z
t
θ(t, t0 ) =
ω1 (t0 )dt0
t0
2 a pour seule valeur propre h̄2 /4, ce qui
(c) Les valeurs propres de Ŝax sont ±h̄/2. Donc Ŝax
2 = h̄2 I/4,
ˆ
permet d’affirmer Ŝax
résultat qu’on pouvait aussi établir en calculant directement le
carré de la matrice de l’opérateur Ŝax .
Pour évaluer l’éq. 8, développons l’exponentielle en série entière. On obtient
Û (t, t0 ) =
+∞
X
(−i)n θ(t1 , t0 )n
h̄n n!
n=0
n
Ŝax
En groupant séparément les termes pairs et impairs, on obtient
Û (t, t0 ) =
+∞
X
(−1)n (θ(t, t0 )/2)2n
(2n)!
n=0
Iˆ − i
+∞
X
(−1)n (θ(t, t0 )/2)2n+1 2
Ŝax
(2n + 1)!
h̄
n=0
ce qui correspond bien à la relation demandée.
(d) On a θ(t1 , t0 ) = θ(t3 , t2 ) = π/2, donc
1
i 2
1
Û (t1 , t0 ) = Û (t3 , t2 ) = √ Iˆ − √ Ŝax = √
h̄
2
2
2
1 −i
−i 1
(e) Pendant cette période, on a ω1 (t) = 0, donc l’hamiltonien s’écrit simplement
Ĥeff (t) =
On en déduit
J
(σb − 1)Ŝaz
2
Jτ
Û (t2 , t1 ) = exp −i (σb − 1)Ŝaz
2h̄
ˆ Si σb = −1, on a
Si σb = 1, on a donc Û (t2 , t1 ) = I.
Û (t2 , t1 )|±i = exp(±iπ/2)|±i = ±i|±i
et donc
Û (t2 , t1 ) =
i 0
0 −i
(f ) De façon générale, on a
|ψ̃(t3 )i = Û (t3 , t2 )|ψ̃(t2 )i = Û (t3 , t2 )Û (t2 , t1 )|ψ̃(t1 )i = Û (t3 , t2 )Û (t2 , t1 )Û (t1 , t0 )|ψ̃(t0 )i
Comme cela est vrai pour tout |ψ̃(t0 )i, on en déduit Û (t3 , t0 ) = Û (t3 , t2 )Û (t2 , t1 )Û (t1 , t0 ). Pour
σb = 1, on a
1
1
1 −i
1 −i
0 −i
√
Û (t3 , t0 ) = √
=
−i 0
2 −i 1
2 −i 1
Pour σb = −1, on a
1
Û (t3 , t0 ) = √
2
1 −i
−i 1
i 0
0 −i
1
√
2
1 −i
−i 1
=
i 0
0 −i
4.4. Interprétation du spectre RMN
(a) On ne tient pas compte du préfacteur de phase, ce qui permet de ne se préoccuper ni de
l’évolution libre du spin (b), ni du problème de référentiel tournant qui occasionne une phase
±ωt/2. A l’aide des opérateurs d’évolution calculés plus haut, on obtient | ± +i → | ∓ +i et
| ± −i → | ± −i. L’effet de la séquence d’impulsion est donc d’échanger les probabilités des états
| + +i et | − +i, sans modifier les probabilités des deux autres états.
(b) D’après ce qui précède, on a Π0σa ,+ = Π−σa ,+ et Π0σa ,− = Πσa ,− . On en déduit
Π0σa ,+ − Π0σa ,− = Π−σa ,+ − Πσa ,− = Πa,−σa Πb,+ − Πa,σa Πb,−
En utilisant Π± = (1 ± δΠ)/2, on en déduit Π0σa ,+ − Π0σa ,− ≈ (δΠb − σa δΠa )/2.
(c) Avant la séquence d’impulsion, on a simplement Πσa ,+ − Πσa ,− ≈ δΠb /2. Comme δΠa ∼
4δΠb en raison du rapport entre les rapports gyromagnétiques (voir 4.1), on en déduit que la
différence de probabilités est multipliée par -3 lorsque σa = 1, ce qui correspond à la raie décalée
de −J/2, tandis que la différence de probabilités est multipliée par +5 lorsque σa = −1, ce qui
correspond à la raie décalée de +J/2. Ce résultat est en parfait accord qualitatif et quantitatif
avec la Fig. 2. Remarquons que la séquence d’impulsions a permis de réaliser une inversion de
population, ce qui explique l’absorption négative (ou émission stimulée) observée sur la figure.
Cette séquence d’impulsion a donc permis de renforcer le signal du 13 C d’un facteur γa /γb , ce
qui était l’objectif fixé dans l’introduction.
4.5. Précession de Larmor
La figure ci-dessous représente la valeur moyenne du spin (a) pour les deux états possibles du
spin (b). Sous l’action de la première impulsion π/2, le spin effectue une précession de Larmor
autour de l’axe x d’un angle de π/2. Ensuite, si σb = 1, le spin n’évolue pas pendant la période
[t1 , t2 ] et la deuxième impulsion π/2 provoque une seconde précession qui achève de renverser le
spin. L’état | + +i devient donc | − +i. Par contre, si σb = −1, le spin subit une précession de
Larmor autour de l’axe z pendant l’intervalle de temps τ , à la fréquence J. Comme Jτ = π, il
s’agit d’une impulsion π. Dans ce cas, la seconde impulsion π/2 ramène le spin dans la direction
initiale. On retrouve donc bien les résultats précédents.
Note. Cette méthode est largement employée en RMN, mais la variante effectivement utilisée,
appelée INEPT pour Insensitive Nuclei Enhanced by Polarization Transfer, intercale une impulsion dite π au milieu de l’évolution libre de durée τ afin de s’affranchir par écho de spin
des différentes valeurs possibles du déplacement chimique. Voir par exemple G.A. Morriset et
R. Freeman, Enhancement of nuclear magnetic-resonance signals by polarization transfer, J.
Am. Chem. Soc. 101, 760-762 (1979). La Fig. 2 a été adaptée à partir de la Fig. 5.12 du livre
La RMN : concepts, méthodes et applications, par D. Canet, J.-C. Boubel et E. Canet-Soulas
(Dunod, 2002).
ÉCOLE POLYTECHNIQUE
Promotion 2008
1er CONTRÔLE CLASSANT DU COURS DE PHYSIQUE PHY432
Lundi 12 avril 2010, durée : 2 heures
Documents autorisés : cours, recueil de problèmes, copies des diapositives, notes de PC
1
Exercice (sur 7 points) : états de Rydberg d’un atome
On appelle état de Rydberg de l’hydrogène un état très excité de cet atome, avec un nombre
quantique principal n 1.
1.1. Rappeler sans démonstration le rayon moyen rn, et l’énergie En, d’un état de Rydberg
pour les deux valeurs extrémales du moment cinétique = 0 et = n−1. Applications numériques
pour n = 100 (valeur typique de ce qu’on arrive à produire en laboratoire).
1.2. Quelle est la longueur d’onde du photon nécessaire pour ioniser un état de Rydberg n =
100 ? À quel type de rayonnement électromagnétique cela correspond-il ?
1.3. On peut également préparer d’autres espèces atomiques dans des états de Rydberg. Par
exemple, dans le cas du sodium (masse atomique A = 23, nombre d’électrons Z = 11), on
peut placer l’électron de valence dans un état très excité, les 10 électrons de cœur restant au
voisinage du noyau. S’attend-on à une diﬀérence signiﬁcative en taille ou en niveaux d’énergie
de ce système, en comparaison avec les niveaux de Rydberg de l’hydrogène ?
1.4. On envoie des atomes de sodium préparés dans un état de Rydberg à incidence normale
sur une plaque métallique percée de fentes de largeur d = 2 microns (voir ﬁgure ci-dessous). Le
nombre quantique n peut être varié et on ﬁxe = 0. La mesure de la transmission du réseau de
fentes est représentée sur la ﬁgure 1b. Discuter le résultat obtenu pour
(a) la variation avec n de la transmission,
(b) la valeur de n au dessus de laquelle la transmission devient négligeable.
Proposer un mécanisme qui peut diminuer la transmission en plus de l’eﬀet purement géométrique
lié à la taille des atomes.
1.5. On s’intéresse à la transition entre deux états de Rydberg adjacents n → n − 1. Calculer
2
≈ 8|En, |3 . Calculer par
pour n 1 la pulsation ωn→n−1 et montrer la relation me e4 ωn→n−1
ailleurs la pulsation ω du mouvement circulaire uniforme classique d’un électron dans le potentiel
coulombien −e2 /r en fonction de l’énergie totale E. Comparer les deux résultats.
μ
Figure 1 – Gauche : réseau de fentes de largeur moyenne de d = 2 microns (dispersion ±25 %.
Droite : transmission relative du réseau de fentes en fonction du carré du nombre quantique
n. On prend par convention une transmission égale à 1 quand les atomes sont dans leur état
fondamental.
2
Problème (sur 13 points) : corrélations dans un système multi-particules
Pour comparer les prédictions de la mécanique quantique avec celles d’une éventuelle théorie
à variable cachée, il est intéressant de considérer des états corrélés à plusieurs particules. La
violation de l’inégalité de Bell connue pour un système à deux particules est alors remplacée par
une contradiction encore plus spectaculaire, étudiée en partie 3 de ce problème. Auparavant, on
passe en revue les propriétés d’un système à une, puis à deux particules de spin 1/2.
Note. Dans ce qui suit, on ne s’intéresse qu’au degré de liberté de spin, et on omet donc les
aspects orbitaux de la dynamique des particules.
2.1. Mesure sur un spin 1/2. On considère une particule de spin 1/2 et on note |+, |− les
états propres de l’opérateur Ŝz associé à la projection du spin sur l’axe Oz.
(a) Rappeler sans démonstration l’expression des matrices Ŝj (j = x, y, z) dans la base |±.
selon la direction caractérisée par le vecteur
(b) On mesure la composante du spin Sn = n · S
unitaire n pointant dans la direction (θ, ϕ), c’est-à-dire
n = sin θ cos ϕ ux + sin θ sin ϕ uy + cos θ uz .
(1)
Pour simpliﬁer les notations, on convient dans ce problème de diviser le résultat de chaque
ˆ.
ˆ = n · σ
mesure de spin par h̄/2, l’observable associée à la mesure étant alors σ̂n = 2 n · S
Écrire la matrice de l’observable σ̂n dans la base |± et montrer qu’on a :
+|σ̂n |+ = cos θ ,
−|σ̂n |− = − cos θ ,
+|σ̂n |− = e−iϕ sin θ ,
h̄
−|σ̂n |+ = eiϕ sin θ .
(2)
(c) Quels résultats peut-on trouver lors d’une mesure de σn ?
(d) On répète la mesure de σn un grand nombre de fois, sur des spins tous préparés dans l’état
|+. Écrire la valeur moyenne du résultat des mesures en fonction de θ et ϕ. Même question
pour des spins préparés dans l’état |−.
2.2. Mesure sur un système de deux spins 1/2. On considère un système formé de deux
particules discernables de spin 1/2, notées a et b, et préparé dans un état donné |Ψ. Pour
simpliﬁer l’écriture on notera |ηa ηb = |a : ηa ⊗ |b : ηb l’état propre de Ŝaz et Ŝbz avec les
valeurs propres h̄ηa /2 et h̄ηb /2 (ηa = ±, ηb = ±).
(a) On mesure la composante du spin de a selon une direction na (et on la divise par h̄/2
comme indiqué à la question 2.1.b). Quelle est l’observable associée à cette mesure et quels
sont les résultats possibles ? Ecrire la valeur moyenne du résultat E(na ) en fonction de |Ψ,
ˆa .
de na et de σ
(b) Evaluer E(na ) dans le cas
√ où le système des deux spins est préparé dans l’état singulet
|Ψs = (| + − − | − +) / 2. On pourra introduire les angles (θa , ϕa ) caractérisant la direction de na et utiliser le résultat de la question 2.1.d. Pourquoi peut-on dire dans ce cas
que le spin a apparaı̂t comme dépolarisé ?
(c) On dispose d’un grand nombre de paires de spins ab, toutes préparées dans le même état |Ψ.
On mesure pour chaque paire la composante σa,na du spin de a selon na , et la composante
σb,nb du spin de b selon nb . Pour chaque paire, on eﬀectue ensuite le produit du résultat de
la mesure de σa,na et de σb,nb . On s’intéresse à la valeur moyenne E(na , nb ) de ce produit.
Indiquer et justiﬁer la proposition correcte parmi les choix suivants :
– La moyenne vaut
ˆa ⊗ nb · σ
ˆb |Ψ .
(3)
E(na , nb ) = Ψ| na · σ
– La moyenne vaut
ˆa |Ψ Ψ|nb · σ
ˆb |Ψ .
E(na , nb ) = Ψ|na · σ
(4)
– Le résultat peut s’écrire indiﬀéremment comme (3) ou (4) car ces deux expressions sont
égales quel que soit |Ψ.
– Aucun de deux résultats ci-dessus ; indiquer dans ce cas le résultat correct.
(d) On repère les vecteurs na et nb par les angles (θa , ϕa ) et (θb , ϕb ). On prépare le système des
deux spins dans l’état singulet. Montrer que
E(na , nb ) = − (cos θa cos θb + cos (ϕa − ϕb ) sin θa sin θb ) = −na · nb .
(5)
(e) Que vaut E(na , nb ) si on choisit na = nb ? Commenter le résultat obtenu.
2.3. Mesure sur un système de quatre spins 1/2. On considère maintenant un système
formé de quatre particules discernables de spin 1/2, notées a, b, c, d.
(a) Rappeler la dimension de l’espace des états de ce système à 4 particules.
(b) Le système de quatre particules est préparé dans l’état
1
|Ψ = √ (| + + − − − | − − + +) ,
2
(6)
où les vecteurs |ηa ηb ηc ηd (avec ηj = ±) sont états propres de Ŝaz , Ŝbz , Ŝcz , Ŝdz avec les
valeurs propres h̄ηa /2, h̄ηb /2, h̄ηc /2, h̄ηd /2. Pour chaque quadruplet ainsi préparé, on mesure
la composante σj,nj du spin de j selon nj (j = a, b, c, d). Les vecteurs nj sont choisis dans
le plan xy : θj = π/2. On eﬀectue ensuite le produit des quatre résultats et on considère la
valeur moyenne E(na , nb , nc , nd ) de ce produit. En suivant une démarche similaire à celle de
la partie 2.2, montrer que
E(na , nb , nc , nd ) = − cos(ϕa + ϕb − ϕc − ϕd ) .
(7)
(c) Discuter physiquement les corrélations attendues dans le cas où les angles d’analyse sont
choisis tels que ϕa + ϕb = ϕc + ϕd .
(d) On cherche à reproduire avec une théorie à variable cachée locale la prédiction (7). Cette
théorie doit fournir quatre fonctions A(λ, ϕa ), B(λ, ϕb ), C(λ, ϕc ), D(λ, ϕd ), donnant les
résultats des mesures de spin sur chacune des particules en fonction de la valeur de la
variable cachée λ (inaccessible au physicien quantique) qui caractérise un quadruplet donné.
On a donc A(λ, ϕa ) = ±1, B(λ, ϕb ) = ±1, . . .. Montrer que pour tout angle ϕ, les fonctions
A, B, C, D doivent être telles que :
A(λ, 0) B(λ, 0) C(λ, 0) D(λ, 0) = −1 ,
(8)
A(λ, ϕ) B(λ, 0) C(λ, ϕ) D(λ, 0) = −1 ,
(9)
A(λ, ϕ) B(λ, 0) C(λ, 0) D(λ, ϕ) = −1 ,
(10)
A(λ, 2ϕ) B(λ, 0) C(λ, ϕ) D(λ, ϕ) = −1 .
(11)
(e) Déduire de (8–11) que la fonction A ne peut pas dépendre de ϕ (on pourra considérer le
produit de ces quatre équations).
(f) En déduire qu’aucune théorie à variable cachée locale ne peut reproduire le résultat de la
mécanique quantique (7).
Corrigé
1
Exercice : états de Rydberg d’un atome
1.1. Le rayon moyen vaut d’après le cours rn, = a21 (3n2 − ( + 1)), où a1 = h̄2 /(me2 ) est le
rayon de Bohr. Les deux valeurs extrêmes pour sont = 0 et = n − 1, ce qui donne pour
n 1, rn,0 = 3a1 n2 /2 et rn,n−1 = a1 n2 . L’énergie ne dépend que de n et vaut −EI /n2 , avec
EI = me e4 /(2h̄2 ) = 13.6 eV. Pour n = 100, on obtient a1 = 0.75 μm pour = 0 et a1 = 0.5 μm
pour = n − 1. L’énergie vaut En = −1.36 meV=2.2 10−22 J.
1.2. La fréquence ν du rayonnement vaut |En |/h = 330 GHz, ce qui correspond à une longueur
d’onde λ = c/ν = 0.9 mm. C’est le domaine des micro-ondes.
1.3. L’électron de valence, une fois qu’il est porté dans un état très excité, ressent un potentiel
quasi-coulombien créé par le noyau de charge +Zq et par les Z − 1 électrons. Le noyau et les
Z − 1 électrons portent une charge totale +q et la zone qu’ils occupent au voisinage de l’origine
a une extension très petite devant le rayon moyen de l’état de l’électron de valence. On est donc
ramené à un problème quasiment identique à celui des états de Rydberg de l’atome d’hydrogène.
1.4. (a) L’état de Rydberg de moment cinétique nul est un état à symétrie sphérique. On
peut se représenter l’atome comme une boule de rayon rn = 3a1 n2 /2. Si le centre de la boule
passe à une distance inférieure à rn du bord de la fente, l’atome va toucher la paroi et sera
vraisemblablement ionisé, adsorbé ou réﬂéchi. La largeur utile de la fente passe donc de d à
d − 2rn , soit une transmission relative (dans la limite d’une fente inﬁniment longue) de
T =
d − 2rn
= 1 − αn2
d
avec
α=
3a1
.
d
(12)
L’expérience reproduit bien cette variation linéaire de la transmission avec n2 .
(b) Dans notre modèle
très simple, on s’attend à ce que la transmission s’annule quand rn = d/2,
c’est-à-dire n = d/(3a1 ) = 115. Expérimentalement, on trouve que la transmission devient
quasi-nulle pour n2 ≈ 3600, c’est-à-dire n ≈ 60.
Le modèle purement géométrique n’est donc pas satisfaisant pour rendre compte de manière
quantitative de la valeur de n au delà de laquelle la transmission est nulle. Les atomes de n
compris entre 60 et 115 ont une taille suﬃsamment faible pour être transmis et pourtant ils ne
le sont pas. L’explication est liée à la force électrostatique attractive entre l’atome de Rydberg
et son image électrique dans le métal qui compose le pourtour de la fente. L’atome de Rydberg
est dévié s’il passe trop près de cette surface et va s’y coller, ce qui diminue la largeur ‘utile’ des
fentes.
1.5. Pour n 1, on a
h̄ωn→n−1
me e4
= |En − En−1 | =
2h̄2
1
1
− 2
2
(n − 1)
n
≈
me e4
.
h̄2 n3
(13)
On peut remplacer dans cette équation n en fonction de En en utilisant n2 = me e4 /(2h̄2 |En |),
ce qui donne ﬁnalement en élevant (13) au carré :
2
=
ωn→n−1
1 m2e e8 8h̄6 |En |3
8|En |3
=
m3e e1 2
me e4
h̄2 h̄4
(14)
ce qui est le résultat annoncé dans l’énoncé. Notons que h̄ n’intervient pas dans cette relation
entre pulsation de transition et énergie.
Pour un mouvement circulaire uniforme dans le potentiel coulombien, on a
me ω 2 r =
e2
r2
⇒
mω 2 r3 = e2
(15)
et l’énergie totale du mouvement est E = −e2 /(2r). On élimine r de ces deux relations pour
trouver
e6
= e2 ⇒ mω 2 e4 = 8|E|3
(16)
me ω 2
8|E|3
La relation pulsation – énergie est la même dans le cas quantique pour n 1 et dans le cas
classique : il s’agit d’une illustration du principe de correspondance : pour les grandes valeurs des
nombres quantiques, la dynamique quantique (qu’on peut illustrer par exemple en observant le
mouvement de paquets d’ondes) se rapproche de la dynamique classique dans le même potentiel.
Notes. Les données expérimentales présentées dans l’énoncé sont extraites de l’article : Measuring atomic dimensions by transmission of Rydberg atoms through micrometre size slits, C.
Fabre, M. Gross, J.-M. Raimond and S. Haroche, J. Phys. B : At. Mol. Phys. 16 L671 (1983).
2
Problème : corrélations dans un système multi-particules
2.1. Mesure sur un spin 1/2.
(a) Les matrices Ŝj s’écrivent Ŝj = h̄2 σ̂j où les matrices σ̂j sont les matrices de Pauli données
dans le cours :
0 1
0 −i
1 0
σ̂y =
σ̂z =
.
(17)
σ̂x =
1 0
i 0
0 −1
(b) L’observable σ̂n a pour matrice
ˆ = sin θ cos ϕ σ̂x + sin θ sin ϕ σ̂y + cos θ σ̂z =
σ̂n = n · σ
cos θ
e−iϕ sin θ
e+iϕ sin θ − cos θ
.
(18)
On en déduit immédiatement les quatre éléments de matrice indiqués dans l’énoncé.
(c) Les résultats possibles dans une mesure de σn sont les valeurs propres de la matrice (18).
Cette matrice hermitienne de trace nulle et de déterminant −1 a pour polynôme caractéristique
P (λ) = λ2 − 1 et ses valeurs propres sont donc ±1. Si on revient à la variable Sn on trouve
les valeurs propres ±h̄/2, comme il se doit pour les résultats possibles lors d’une mesure de la
composante d’un spin 1/2 sur un axe.
(d) Pour un spin préparé dans un état |ψ donné, la valeur moyenne des résultats de mesure
de σn est ψ|σ̂n |ψ. Si on prend |ψ égal à |+ (resp. |−), la moyenne des résultats de mesure
sera + cos θ (resp. − cos θ).
2.2. Mesure sur un système de deux spins 1/2.
ˆa ⊗
(a) L’observable associée à la mesure de la composante de σa selon na est σ̂a,na ⊗1̂b = na · σ
1̂b . Les résultats possibles lors de cette mesure sont les valeurs propres de σ̂a,na , c’est-à-dire ±1
a ). La valeur moyenne des résultats de mesure est donnée par
(ou encore ±h̄/2 si on revient à S
ˆa |Ψ .
E(na ) = Ψ|na · σ
(19)
(b) On reporte l’expression de l’état singulet dans (19) :
1
ˆa |+−− 1 +−|na · σ
ˆa |−+− 1 −+|na · σ
ˆa |+−+ 1 −+|na · σ
ˆa |−+ (20)
E(na ) = +−|na · σ
2
2
2
2
ˆa dont on évalue la valeur moyenne ne porte que sur le spin a. Dans chaque
L’opérateur na · σ
élément de matrice intervenant dans la somme (20), il faut que l’état du spin b soit le même à
gauche et à droite pour que cet élément soit non nul. Il n’y a donc que les premier et dernier
éléments de cette somme qui donnent une contribution non nulle :
1
ˆa |+ + 1 −|na · σ
ˆa |− = 1 (+ cos θa ) + 1 (− cos θa ) = 0
E(na ) = +|na · σ
2
2
2
2
(21)
On trouve donc une valeur moyenne nulle pour le spin quelle que soit la direction d’analyse na
choisie. Ceci correspond à un spin dépolarisé.
(c) La réponse correcte est donnée en (3). Un résultat de mesure individuel est le produit du
résultat de mesure de σa,na par le résultat de mesure de σb,nb . L’observable mesurée est donc
σ̂a,na ⊗ σ̂b,nb et la moyenne des résultats est donnée par :
ˆa ⊗ nb · σ
ˆb |Ψ .
E(na , nb ) = Ψ| na · σ
(22)
Le résultat (4) correspondrait à la procédure suivante : on moyenne d’abord tous les résultats
ˆa |Ψ. On procède de même pour tous les
de mesure faites sur le spin a, le résultat étant Ψ|na · σ
ˆb |Ψ. Enﬁn on eﬀectue le produit
résultats de mesure faites sur le spin b, le résultat étant Ψ|nb · σ
des valeurs moyennes, ce qui donne (4). Les résultats (3) et (4) sont en général diﬀérents : la
moyenne du produit n’est pas égale au produit des moyennes ! Ils ne coı̈ncident que si l’état |Ψ
ne contient aucune corrélation entre particules, c’est-à-dire s’il peut s’écrire |Ψ = |ψa ⊗ |ψb .
(d) On développe l’expression (3) en reportant l’expression de l’état singulet. On obtient alors :
1
ˆa
ˆb | + − − 1 + − | na · σ
ˆa
ˆb | − +
nb · σ
nb · σ
+ − | na · σ
E(na ) =
2
2
1
1
ˆa
ˆb | + − + − + | na · σ
ˆa
ˆb | − +
−
nb · σ
nb · σ
− + | na · σ
2
2
1
1
=
(+ cos θa )(− cos θb ) − (sin θa e−iϕa )(sin θb e+iϕb )
2
2
1
1
+iϕa
−iϕb
−
)(sin θb e
) + (− cos θa )(+ cos θb )
(sin θa e
2
2
= − cos θa cos θb − cos(ϕa − ϕb ) sin θa sin θb = −na · nb .
(e) Si na = nb , on trouve E(na , nb ) = −1 : il y a anti-corrélation parfaite entre les résultats
des deux mesures et on trouve seulement un des deux couples de résultats (+−) ou (−+), mais
jamais (++) ou (−−).
2.3. Mesure sur un système de quatre spins 1/2.
(a) La dimension de l’espace des états est 24 = 16.
(b) La valeur moyenne recherchée est
E(na , nb , nc , nd ) = Ψ|σ̂a,na σ̂b,nb σ̂c,nc σ̂d,nd |Ψ
(23)
et s’écrit comme somme de 4 termes quand on y reporte l’expression de |Ψ :
E(na , nb , nc , nd ) =
−
−
+
1
+ + − − |σ̂a,na σ̂b,nb σ̂c,nc σ̂d,nd | + + − −
2
1
+ + − − |σ̂a,na σ̂b,nb σ̂c,nc σ̂d,nd | − − + +
2
1
− − + + |σ̂a,na σ̂b,nb σ̂c,nc σ̂d,nd | + + − −
2
1
− − + + |σ̂a,na σ̂b,nb σ̂c,nc σ̂d,nd | − − + + .
2
(24)
Chacun des termes de cette somme se calcule simplement. Par exemple, le premier terme vaut :
+ + − − |σ̂a,na σ̂b,nb σ̂c,nc σ̂d,nd | + + − − = +|σ̂a,na |++|σ̂b,nb |+−|σ̂c,nc |−−|σ̂d,nd |− . (25)
Comme on choisit les θj = π/2, on a +|σ̂j,nj |+ = −|σ̂j,nj |− = 0 ; le premier et le dernier
terme de la somme (24) sont nuls. Le deuxième terme vaut (−1/2)ei(ϕc +ϕd −ϕa −ϕb ) et le troisième
est le complexe conjugué du deuxième. On obtient donc ﬁnalement :
E(na , nb , nc , nd ) = − cos(ϕc + ϕd − ϕa − ϕb ) .
(26)
(c) Si les angles d’analyse sont choisis tels que ϕc +ϕd = ϕa +ϕb , alors E(na , nb , nc , nd ) = −1, ce
qui signiﬁe qu’il y a corrélation parfaite entre les quatre résultats de mesure pour un quadruplet
donné : il y a toujours deux mesures qui donnent + et deux mesures qui donnent −. Notons
qu’on a Ψ|σ̂a,na |Ψ = 0 (et la même chose pour b, c, d), ce qui signiﬁe que les mesures sur un
spin donné donnent autant de fois + que − en moyenne : chaque spin apparaı̂t donc comme
dépolarisé. C’est seulement quand on combine les mesures faites sur les 4 spins d’un même
quadruplet qu’on “découvre” cette corrélation parfaite.
(d) La théorie à variable cachée doit reproduire la corrélation parfaite vue ci-dessus si on veut
qu’elle soit équivalente à la mécanique quantique. Il faut donc que pour tout quadruplet d’angles
ϕa , ϕb , ϕc , ϕd tels que ϕc + ϕd = ϕa + ϕb , on ait :
A(λ, ϕa ) B(λ, ϕb ) C(λ, ϕc ) D(λ, ϕd ) = −1 ,
(27)
ce qui exprime que le produit des quatre résultats de mesure est avec certitude égal à −1. Les
équations (8–11) de l’énoncé correspondent aux 4 choix possibles (qui vériﬁent tous ϕc + ϕd =
ϕ a + ϕb ) :
1. ϕa = ϕb = ϕc = ϕd = 0,
2. ϕa = ϕc = ϕ et ϕb = ϕd = 0,
3. ϕa = ϕd = ϕ et ϕb = ϕc = 0,
4. ϕa = 2ϕ, ϕc = ϕd = ϕ et ϕb = 0.
(e) Les fonctions A, B, C, D valent ±1. On a donc pour toutes valeurs de λ et ϕa : A2 (λ, ϕa ) = 1
et de même pour B, C, D. Quand on eﬀectue le produit des quatre équations (8–11), on arrive
donc à
A(λ, 0)A(λ, 2ϕ) = 1 , ∀λ, ϕ
(28)
ce qui peut également s’écrire puisque A2 (λ, ϕa ) = 1 :
A(λ, 0) = A(λ, 2ϕ) ,
∀λ, ϕ .
(29)
On en déduit que la fonction A(λ, ϕa ) est en fait indépendante de l’angle ϕa et dépend seulement
de λ. Il en va bien sûr de même pour B, C, D qui doivent être respectivement indépendantes des
angles ϕb , ϕc , ϕd .
(f ) Si A, B, C, D ne dépendent pas des angles ϕa , ϕb , ϕc , ϕd , alors, dans une théorie à variable
cachée locale, la fonction de corrélation
E(na , nb , nc , nd ) = A(λ, ϕa ) B(λ, ϕb ) C(λ, ϕc ) D(λ, ϕd )
(30)
ne dépendra pas des orientations na , nb , nc , nd . Mais ce résultat ne peut pas être en accord avec
le résultat quantique qui indique en particulier que E = −1 pour ϕa = ϕb = ϕc = ϕd = 0 et
E = 1 pour ϕa = ϕb = 0, ϕc = ϕd = π/2.
On ne peut donc pas construire de théorie à variable cachée locale qui reproduit les résultats
prédits par la mécanique quantique pour ce système de quatre spins.
Note. Les états corrélés à plusieurs particules sont souvent appelés états GHZ, initiales de
Greenberger, Horne et Zeilinger, qui ont été les premiers à suggérer leur utilisation dans le
contexte de tests de la mécanique quantique. Voir par exemple D. Greenberger et al., Am. J.
Phys. 58, 1131 (1990). La réalisation pratique d’un état corrélé à quatre particules (photons)
est décrite dans l’article suivant : J.-W. Pan et al., Phys. Rev. Lett. 86, 4435 (2001).
ÉCOLE POLYTECHNIQUE
Promotion 2007
1er CONTRÔLE CLASSANT DU COURS DE PHYSIQUE PHY432
Lundi 30 mars 2009, durée : 2 heures
Documents autorisés : cours, recueil de problèmes, copies des diapositives, notes personnelles.
Exercice : particules identiques piégées (sur 5 points)
On dispose d’un puits carré infini unidimensionnel de côté L. On y place N particules
identiques de masse M et de spin s inconnu. Ces particules n’interagissent pas entre elles et
le système est préparé dans son état fondamental. On rappelle que les énergies propres d’une
particule dans ce puits sont En = n2 E1 , avec E1 = π 2 h̄2 /(2M L2 ) et n entier strictement positif.
1. On mesure l’énergie d’excitation Eex , c’est-à-dire l’énergie minimale à apporter pour faire
passer le système de son niveau fondamental à un niveau d’énergie strictement supérieure.
En choisissant N = 5, on trouve égale à Eex = 3 E1 . Cette valeur est-elle compatible avec :
(a) un spin s = 0 ?
(b) un spin s = 1/2 ?
(c) un spin s = 1 ?
(d) un spin s = 3/2 ?
2. On refait la même expérience avec N = 10 particules. On trouve maintenant Eex = 5 E1 .
Déterminer le spin des particules.
Problème : Interactions à longue portée entre atomes (sur 15 points)
On s’intéresse dans ce problème à l’interaction entre un atome d’hydrogène et son image
miroir, ainsi qu’à celle entre deux atomes d’hydrogène. On rappelle l’énergie d’interaction électrostatique classique entre un dipôle d~a et un dipôle d~b , séparés par une distance D le long de l’axe
Oz (voir figure 1a) :
1
W =
(dxa dxb + dya dyb − 2dza dzb ) .
(1)
4π0 D3
Les états liés de l’atome d’hydrogène sont notés |n, `, mi ou encore ψn,`,m (~r), où ~r est le
vecteur joignant le proton et l’électron (~r = ~re − ~rp ). Le nombre quantique principal n repère
les niveaux d’énergie (En = −EI /n2 ), ` et m sont les nombres quantiques repérant le carré du
moment cinétique et sa projection sur l’axe z. On a posé EI = me e4 /(2h̄2 ), e2 = qe2 /(4π0 ),
où me et qe sont respectivement la masse et la charge de l’électron (qe < 0). On rappelle
que les états stationnaires s’écrivent ψn,`,m (~r ) = Rn,` (r) Y`,m (θ, ϕ) en coordonnées sphériques
(définies
en fig. 1b). On rappelle également que les harmoniques sphériques sont orthonormées :
R ∗
Y`0 ,m0 (θ, ϕ) Y`,m (θ, ϕ) sin θ dθ dϕ = δ`,`0 δm,m0 et on donne
r
r
3
3
1
±iϕ
Y0,0 (θ, ϕ) = √
Y1,±1 (θ, ϕ) = ∓
sin θ e
Y1,0 (θ, ϕ) =
cos θ .
(2)
8π
4π
4π
Dans tout le problème, on néglige les effets liés aux spins de l’électron et du proton. La partie
3 utilise certains résultats de la partie 1 ; la partie 2 est indépendante des parties 1 et 3.
Interactions à longue portée entre atomes
ns ce problème à l’interaction entre un atome d’hydrogène et son image
entre deux atomes d’hydrogène. On rappelle l’énergie d’interaction électro+$
!.#$une distance!)#$
y
retoto
un fdipôle
d!a et!"#$
un dipôle d!b , séparés par
D le'&$long%&$de l’axe
+$
!($
ny s’intéresse dans ce problème à l’interaction entre un atome d’hydrogène
et son imag
1
,$
y, ainsiW
qu’à
atomes d’hydrogène. On rappelle l’énergie d’interaction
électr
= celle entre
(dxdeux
(1)
a dxb + dya dyb − 2dzaθdzb ) ϕ
3
4π#
D
0
ue classique entre un dipôle d!a etθun dipôle
l’ax
ϕ
rd!b , séparés par une distance D le long de(1)
*$
l’atome
sont notés
ψn,!,m
r),
r est le vecteur joignant le
oir
figured’hydrogène
(1)) :
[4][1][5]
[3][2]
θ -$(!
ϕ où !
(1)
*$
'&$
-$ quantique
%&$
1
!r] =
!
r
−
!
r
).
Le
nombre
principal
n
repère
les
niveaux
d’énergie
e
p
[3][2]
W =
(dxa dxb + dya dyb − 2dza dzb )
(1
3
4π#
D
m
sont
les
nombres
quantiques
repérant
le
carré
du
moment
cinétique
et
sa
Figure 1 – (a) Dipôles a et0 b en interaction. (b) Définition des coordonnées sphériques, avec
5] [3][2]
≥ 0,
θ ∈ [0, π], ϕ ∈on
[0, 2π[.
(c) Dipôle face
un miroir,
avec
son spins
image électrique.
.s Dans
ce
problème,
négligera
les àeffets
liés
aux
l’électron
Références
états tout
liés rde
l’atome
d’hydrogène
sont
notés
ψn,!,m
(!r),
où de
!r est
le vecteur joignant
tie
3
utilise
certains
résultats
de
la
partie
1
;
la
partie
2
est
indépendante
ences
n et l’électron (!r = !re − !rp ). Le nombre quantique principal n repère les niveaux d’énerg
M. Arndt,
M. Ben Dahan,dipôle
D. Gu
Èry-Odelin,
W. Reynolds,
and J. Dalibard. Observatio
2
électrique
et ses M.
éléments
de matrice
−E
m sont les nombres
quantiques
repérant
le carré
du moment cinétique et
ences
I /n ), %1 etL’opérateur
zero-energy resonance in cs-cs collisions. Rev. Mod. Phys., 79 :625, 1997.
ndt,
Dahan,
D. tout
GuÈry-Odelin,
M. W.
Reynolds,
and
J.ˆ Dalibard.
Observation
of a
ˆ
ˆ définisaux
tion M.
surBen
l’axe
z. Dans
ce problème,
ondes
négligera
les dˆeffets
L’opérateur
dipole électrique
est l’ensemble
trois opérateurs
par d~spins
= qe~rˆ. de l’électro
x , dy , dz ,liés
nergy
resonance
in cs-cs
collisions.
Rev.
Mod.
Phys.,
79 :625,
1997.
Immanuel
Jean
Dalibard,
and
Wilhelm
Zwerger.
Many-body
physics
with
ultracold
On
cherche
quelles
conditions
sur les
différents
nombres
quantiques
éléments
de matrice
ndt,
M.
Ben
Dahan,
GuÈry-Odelin,
M.
W.
Reynolds,
and
of a
proton.
La Bloch,
partie
3 àD.
utilise
certains
résultats
de
la
partie
1J.les
; Dalibard.
la
partie
2Observation
est
indépendan
Z
Reviews
of
Modern
Physics,
80(3)
:885,
2008.
nuel
JeaninDalibard,
and Wilhelm
Zwerger.
physics with ultracold gases.
nergyBloch,
resonance
cs-cs collisions.
Rev.
Mod.
Phys., Many-body
79 :625, 1997.
ˆ
arties
1 et 3.
hn0 , `0 , m0 | d~ |n, `, mi = qe ψn∗ 0 ,`0 ,m0 (~r ) ~r ψn,`,m (~r ) d3 r
(3)
ws
of
Modern
Physics,
80(3)
:885,
2008.
V.
Bretin,
S.
Stock,
Y.
Seurin,
and
J.
Dalibard.
Fast
rotation
of
a
Bose-Einstein
condensate.
nuel Bloch, Jean Dalibard, and Wilhelm Zwerger. Many-body physics with ultracold
gases.
Rev.
Lett.,
92
:050403,
2004.
des 80(3)
valeurs
non
On rappelle
définition de
parité P̂ : son
action
tin,ofS.Modern
Stock,prennent
Y. Seurin,
and:885,
J. nulles.
Dalibard.
Fastlarotation
of l’opérateur
a Bose-Einstein
condensate.
Phys.
ws
Physics,
2008.
sur une fonction d’onde ψ(~r) quelconque est P̂ (ψ(~r)) = ψ(−~r).
ett.,
92
:050403,
T. C.
Killian.
1s-2s
spectrum
a hydrogen
condensate. Phys.
Rev. A,Phys.
61 :03
etin,
S. Stock,
Y.2004.
Seurin,
and J. of
Dalibard.
Fast Bose-Einstein
rotation of a Bose-Einstein
condensate.
1.1.
On
s’intéresse
dans
la
suite
aux
deux
niveaux
d’énergie
n
=
1
et
n
=
2.
Rappeler
sans
1999.
Killian.
1s-2sdémonstration
spectrum
a hydrogen
Bose-Einstein condensate. Phys. Rev. A, 61 :033611,
Lett.,
92 :050403,
2004. lesofvaleurs
possibles de ` et m pour chacun de ces niveaux.
S. Stock,1s-2s
Z.1.2.
Hadzibabic,
Battelier,
M.
Cheneau, and
J. Dalibard.
Observation
of phase defe
Killian.
spectrum
ofB.ade
hydrogen
Bose-Einstein
condensate.
Phys.
Évaluer l’action
P̂ ~rˆ P̂ sur une
fonction d’onde ψ(~
r ). En déduire que
P̂ ~rˆ P̂Rev.
= −~rˆ.A, 61 :033611,
Bose-Einstein
condensates.
Phys.
Rev. Observation
Lett.,
:190403,
2005.
ck,quasi-two-dimensional
Z. Hadzibabic,
Battelier,
M. Cheneau,
and J.
Dalibard.
of phase
defects in
` ψ 95(~
1.3. LesB.
fonctions
ψn,`,m vérifient
par construction
P̂ (ψ
r )) = (−1)
n,`,m (~
n,`,m r ). En utilisant
wo-dimensional
Bose-Einstein
Phys.
Rev.
Lett.,
95Observation
2005.
le résultat
en condensates.
déduire
que l’élément
de matrice
(3) est nul
si:190403,
` + `0 est pair.
ck,
Z. Hadzibabic,
B.précédent,
Battelier,
M. Cheneau,
and
J.
Dalibard.
of phase defects in
1.4. Bose-Einstein
Éléments de matricecondensates.
de dˆz entre les niveaux
(n0 =Lett.,
1, `0 = 0)
2p (n = 2, `2005.
= 1).
two-dimensional
Phys.1sRev.
95et:190403,
(a) En utilisant la dépendance de ψ1,0,0 et ψ2,1,m vis-à-vis de ϕ, indiquer sans calcul pour
quelle(s) valeur(s) de m l’élément de matrice (3) pour dˆz peut prendre une valeur non nulle.
(b) Retrouver le résultat précédent en évaluant le commutateur [L̂z , dˆz ] et en examinant ses
éléments de matrice entre ψ1,0,0 et ψ2,1,m .
(c) Calculer l’élément de matrice h1, 0, 0|dˆz |2, 1, mi en fonction de m, qe , a1 et C. On donne
Z
R1,0 (r) R2,1 (r) r3 dr = C a1
avec a1 = h̄2 /(me e2 ) : rayon de Bohr.,
(4)
où C ' 1 est un coefficient qu’on ne cherchera pas à calculer.
1.5. Éléments de matrice de dˆx et dˆy entre les niveaux 1s et 2p.
(a) Les orbitales px , py , pz du niveau 2p. On introduit les deux états
1
χ2px (~r ) = √ (ψ2,1,−1 (~r ) − ψ2,1,1 (~r ))
2
i
χ2py (~r ) = √ (ψ2,1,1 (~r ) + ψ2,1,−1 (~r )) .
2
(5)
Expliquer sans calcul
trois à
états
, χ2py , χ2pz
forment
une base
du niveau
les a et b en interaction.
(b) pourquoi
Dipôlelesface
unχ2px
miroir
: on
décrit
l’effet
du 2p
(on a posé χ2pz = ψ2,1,0 pour uniformiser les notations).
t l’image électrique
du dipôle.
(b) Montrer que l’état χ (~r ) est état propre de L̂ avec la valeur propre 0. On rappelle que
2px
L̂x = (L̂+ + L̂− )/2 et L̂± Y`,m = h̄
x
p
`(` + 1) − m(m ± 1) Y`,m±1 .
re 1 – (a) Dipôles a et b en interaction. (b) Dipôle face à un miroir : on décrit l’effet d
(c) Montrer de même par des arguments de symétrie que l’état χ2py (~r ) est état propre de L̂y
avec la valeur propre 0.
(d) En transposant le résultat de la question (1.4), en déduire la valeur des éléments de matrice
de dˆx et dˆy entre l’état 1s et les trois états de base χ2px , χ2py , χ2pz du sous-niveau 2p.
2
L’atome face à son miroir
Un atome est placé une distance Dm d’un miroir plan parfaitement réfléchissant. On fait l’hypothèse que l’énergie d’interaction de l’atome avec le miroir correspond à l’énergie d’interaction
du dipôle atomique avec son image électrique instantanée 1 (fig. 1c), ce qui conduit à :
Ŵ = −
1 ˆ2 ˆ2
1
ˆ2 .
d
+
d
+
2
d
x
y
z
3
4π0 16 Dm
(6)
La distance Dm est fixée à une valeur constante. L’atome est préparé dans l’état interne 1s.
2.1. Expliquer sans calcul pourquoi les éléments de matrice h1, 0, 0|dˆ2i |1, 0, 0i (i = x, y, z) sont
égaux entre eux.
2.2. On donne hr2 i = 3 a21 pour l’état 1s. Évaluer la variation d’énergie de l’atome due à son
interaction avec le miroir en utilisant la théorie des perturbations au premier ordre. On exprimera
le résultat en fonction de EI , a1 et Dm .
2.3. Cette énergie correspond-elle à une interaction attractive ou répulsive ?
2.4. Evaluer l’accélération subie par un atome situé à 10 nanomètres de la surface. Comment
se compare-t-elle à la pesanteur ?
2.5. Quelle est la limitation majeure du modèle fondé sur l’utilisation d’une image électrique
instantanée de l’atome ? On pourra comparer le temps que met le champ électromagnétique pour
se propager entre l’atome et le miroir, avec la période des radiations en jeu. On en déduira une
distance typique caractérisant la limite de validité du modèle.
3
Force entre un atome excité et un atome dans son état fondamental
On considère deux atomes d’hydrogène, numérotés a et b, séparés par une distance D supposée grande devant le rayon de Bohr a1 (voir figure 1a). L’interaction entre ces atomes est
obtenue en transposant au domaine quantique l’énergie (1), c’est-à-dire en remplaçant les composantes des dipôles dxa , dxb , etc., par les opérateurs correspondants dˆxa , dˆxb , etc.
La distance D est fixée à une valeur constante, sauf à la question 3.4.d. Pour simplifier, les
atomes sont supposés discernables et on ne cherchera pas à appliquer le principe de Pauli. Une
base des états possibles pour ce système à deux atomes est
|na , `a , ma i ⊗ |nb , `b , mb i
qu’on peut aussi noter
ψna ,`a ,ma (~ra ) ψnb ,`b ,mb (~rb )
(7)
On s’intéresse dans toute cette partie à la perturbation apportée par Ŵ sur les niveaux
d’énergie du système à deux atomes. Plus précisément, on considère la situation où l’énergie des
deux atomes vaut −(5/4) EI , correspondant à un atome dans son niveau fondamental n = 1
(énergie −EI ) et un atome sur son premier niveau excité n = 2 (énergie −EI /4).
1. Précision concernant les images électriques (il n’est pas nécessaire de lire ce qui suit pour résoudre le
problème) : dans cette méthode, on ajoute aux charges réelles leurs images miroirs par rapport à la surface
réfléchissante, en inversant le signe des charges. Ceci donne comme expression pour le dipôle image dxb = −dxa ,
dyb = −dya et dzb = dza . L’énergie d’interaction de l’atome face au miroir se déduit alors de (1) : la distance
D est égale à 2Dm et l’énergie d’interaction (qui peut être vue comme l’intégrale sur tout l’espace de la densité
volumique d’énergie 0 E 2 /2) doit être divisée par 2 par rapport au résultat (1), car le champ électromagnétique
n’existe que dans le demi-espace à l’extérieur du miroir.
3.1. En absence de Ŵ , quelle est la dégénérescence totale N du niveau d’énergie −(5/4) EI ?
On tiendra compte des différentes valeurs de ` et m possibles, ainsi que des deux configurations
(a : excité, b : fondamental) et (a : fondamental, b : excité).
3.2. En principe, l’effet de Ŵ au premier ordre est obtenu en diagonalisant la restriction de Ŵ
au sous-espace trouvé à la question précédente (matrice N × N ). Les résultats de la première
partie vont simplifier considérablement le travail. Pour un élément de matrice général du type
hn0a , `0a , m0a | ⊗ hn0b , `0b , m0b | Ŵ |na , `a , ma i ⊗ |nb , `b , mb i ,
(8)
expliquer sans calcul pourquoi le résultat est nul si na = n0a = 1 (ou nb = n0b = 1).
3.3. Interaction entre un atome dans l’état fondamental 1s et un atome dans l’état excité 2s.
(a) Expliquer pourquoi l’élément de matrice (8) est nul si n0a = 1 et na = 2, `a = 0.
(b) Déduire de ce qui précède qu’il n’y a pas d’interaction à l’ordre 1 en W entre un atome
dans l’état 1s et un atome dans l’état 2s.
3.4. Interaction entre un atome dans l’état fondamental 1s et un atome dans l’état excité 2p.
(a) On considère l’état |na , `a , ma i ⊗ |nb , `b , mb i = |1, 0, 0i ⊗ |2, 1, 0i. En utilisant les résultats
de la partie 1, montrer qu’il y a un unique état hn0a , `0a , m0a | ⊗ hn0b , `0b , m0b | conduisant à un
élément de matrice (8) non nul.
(b) Déduire de ce qui précède que l’étude de Ŵ quand l’atome excité est préparé dans l’état
n = 2, ` = 1, m = 0 se ramène à la diagonalisation d’une matrice 2 × 2. Trouver les valeurs
propres de cette matrice en fonction de C, EI , a1 et D.
(c) Discuter la nature (attractive ou répulsive) de l’interaction en fonction de l’état interne des
atomes.
(d) On prépare la paire d’atomes dans l’état |1, 0, 0i⊗|2, 1, 0i. Les états des centres de masse des
~ a et en R
~ b , avec une extension
atomes sont des paquet d’ondes centrés respectivement en R
spatiale petite devant D. Décrire de manière qualitative et sans calcul l’évolution du système.
On se limitera à des durées suffisamment courtes pour que la distance D entre atomes change
relativement peu.
(e) Pour des distances équivalentes, comparer la force typique entre les deux atomes à celle
exercée par le miroir de la partie 2.
(f) En utilisant les résultats de la première partie, expliquer brièvement comment traiter le
cas où l’atome excité est préparé dans un des deux états n = 2, ` = 1, m = ±1. Indiquer
comment les résultats obtenus ci-dessus pour l’état n = 2, ` = 1, m = 0 sont modifiés.
Corrigé
Exercice : particules identiques piégées
1.
(a) Si les particules sont de spin 0 (bosons), l’état fondamental du système est obtenu en disposant
chacune des N particules dans l’état fondamental n = 1 du puits (figure 2a). L’énergie
d’excitation correspond à l’énergie pour provoquer la transition n = 1 → n = 2, c’est-à-dire
3E1 . C’est donc compatible avec la valeur mesurée. Notons que le résultat Eex = 3E1 ne
dépend pas de la valeur de N .
(b) Si les particules ont un spin 1/2 (fermions), l’état fondamental est obtenu en mettant deux
particules sur le niveau n = 1, deux particules sur n = 2, et une particule sur le niveau n = 3
(figure 2b), puis en prenant le déterminant de Slater correspondant. L’énergie d’excitation
correspond à l’énergie pour provoquer la transition n = 2 → n = 3, c’est-à-dire 5E1 . C’est
donc incompatible avec la valeur mesurée.
(c) Pour un spin 1 (et tous les spins entiers), les particules sont des bosons et le résultat est
identique à celui de la question (a).
(d) Pour un spin 3/2 (fermions), on peut mettre 4 particules sur le niveau n = 1, en tirant
parti des 4 états de spin indépendants m = −3/2, m = −1/2, m = 1/2 et m = 3/2 (figure
2c). La cinquième particule est placée sur le niveau n = 2. Le vecteur d’état est obtenu en
prenant le déterminant de Slater correspondant. L’énergie d’excitation vaut alors 3E1 , ce qui
est compatible avec la valeur mesurée. Notons que ce résultat restera vrai pour toute valeur
de spin demi-entière, supérieure à 3/2.
2. Puisque l’énergie d’excitation a changé quand on a changé le nombre de particules, les valeurs
entières du spin sont exclues.
– Si le spin s vaut 3/2, les 10 particules se répartissent en quatre particules sur n = 1, quatre
particules sur n = 2 et deux particules sur n = 3 (figure 2d). L’énergie d’excitation devient alors
5E1 , ce qui correspond au résultat expérimental.
– Si le spin est demi-entier et strictement supérieur à 3/2, on peut mettre au moins 6 particules
sur le niveau n = 1, et le niveau n = 2 n’est alors pas plein. L’énergie d’excitation reste égale à
3E1 , ce qui n’est pas la valeur mesurée.
En conclusion, seule la valeur s = 3/2 est compatible avec les deux résultats de mesure.
Figure 2 – (a-b-c) : Etat fondamental à 5 particules pour s = 0, s = 1/2 et s = 3/2. (d) Etat
fondamental à 10 particules pour s = 3/2.
Problème : interaction à longue portée entre atomes
1
L’opérateur dipôle électrique et ses éléments de matrice
1.1. L’état fondamental n = 1 correspond à ` = 0 et donc m = 0 (état 1s). Le premier niveau excité
peut se décomposer en un sous-espace de ` = m = 0 (état 2s), et un sous-espace de ` = 1, avec trois
valeurs possibles de m : m = −1, 0, +1 (niveau 2p).
1.2. P̂ ~rˆP̂ ψ(~r ) = P̂ ~rˆ ψ(−~r ) = P̂ (~rψ(−~r )) = (−~r) ψ(~r), c’est-à-dire P̂ ~rˆP̂ = −~rˆ.
1.3. On multiplie la relation P̂ ~rˆP̂ = −~rˆ à gauche par le bra hn0 , `0 , m0 | et à droite par le ket |n, `, mi :
0
hn0 , `0 , m0 |P̂ ~rˆP̂ |n, `, mi = (−1)` (−1)` hn0 , `0 , m0 |~rˆ|n, `, mi = −hn0 , `0 , m0 |~rˆ|n, `, mi ,
(1)
0
ce qui montre que l’élément de matrice est nul si (−1)` +` = 1, c’est-à-dire si ` + `0 est pair. C’est en
particulier le cas de l’élément de matrice du dipôle électrique entre l’état 1s et l’état 2s.
1.4. (a) On s’intéresse à dz = qe r cos θ qui est indépendant de ϕ. Dans l’élément de matrice à évaluer,
0
les seuls terme dépendant de ϕ sont donc les harmoniques sphériques Y`,m ∝ eimϕ et Y`∗0 ,m0 ∝ e−im ϕ .
Après intégration sur ϕ entre 0 et 2π, le résultat est non nul seulement si m = m0 , ce qui dans le cas
présent (m0 = 0) impose m = 0.
(b) L’opérateur L̂z = x̂p̂y − ŷ p̂x commute avec l’opérateur dˆz = qe ẑ. En prenant l’élément de matrice
de [L̂z , dˆz ] = 0 entre h1, 0, 0| et |2, 1, mi, on trouve h̄(0 − m)h1, 0, 0|dˆz |2, 1, mi = 0, ce qui entraı̂ne que
l’élément de matrice h1, 0, 0|dˆz |2, 1, mi est nul si m 6= 0.
(c) L’élément de matrice s’écrit sous forme d’une intégrale en coordonnées sphériques :
Z
Z
∗
h1, 0, 0|dˆz |2, 1, mi = qe R1,0 (r) R2,1 (r) r3 dr
Y0,0
(θ, ϕ) Y1,0 (θ, ϕ) cos θ sin θ dθ dϕ .
√
L’intégrale radiale donne Ca1 et l’intégrale angulaire donne 1/ 3, soit finalement
√
h1, 0, 0|dˆz |2, 1, mi = δm,0 qe Ca1 / 3 .
(2)
(3)
1.5. (a) Les états |2, 1, 1i, |2, 1, 0i, |2, 1, −1i forment une base orthonormée du sous-niveau 2p qui est de
dimension 3. Les états proposés par l’énoncé correspondent à un changement de base dans ce sous-espace
de dimension 3. Il est immédiat de vérifier que ces nouveaux états sont bien normés et orthogonaux entre
eux. Les fonctions d’onde correspondantes s’écrivent
p
y
z
x
χ2px (~r) = F (r) χ2py (~r) = F (r) χ2pz (~r) = F (r) avec F (r) = R2,1 (r) 3 / 4π .
(4)
r
r
r
Cette base fait donc jouer des rôles équivalents aux trois axes de coordonnées x, y, z, contrairement à la
base ψn,`,m qui privilégie l’axe z.
(b) L’action de L̂x sur |χ2px i se calcule simplement :
1 1 L̂x |χ2px i = √ L̂+ + L̂− (|2, 1, −1i − |2, 1, 1i) = √ L̂+ |2, 1, −1i − L̂− |2, 1, 1i = 0 , (5)
2 2
2 2
√
où le dernier résultat est obtenu grâce à L̂+ |2, 1, −1i = L̂− |2, 1, 1i = h̄ 2|2, 1, 0i. Notons que ce résultat
aurait pu se déduire directement de la symétrie notée plus haut de la base {χ2px , χ2py , χ2pz } vis-à-vis
des trois axes x, y, z et du fait que L̂z |χ2pz i = 0.
(c) On peut calculer de manière identique L̂y |χ2py i ou utiliser la symétrie de la base {χ2px , χ2py , χ2pz }
vis-à-vis des trois axes x, y, z.
(d) Puisque la base proposée fait jouer des rôles équivalents aux trois
√ axes de l’espace, le résultat trouvé
plus haut pour dˆz s’écrit généralement h1, 0, 0|dˆi |χ2pj i = δi,j qe Ca1 / 3 avec i, j = x, y, z.
2
L’atome face à son miroir
2.1. L’état s est un état à symétrie sphérique, d’où l’égalité des valeurs moyennes de d2i , avec i = x, y, z :
h1, 0, 0|dˆ2i |1, 0, 0i = (qe2 /3)h1, 0, 0|r̂2 |1, 0, 0i.
2.2. L’état 1s étant non dégénéré (on néglige ici tout effet lié au spin), la variation d’énergie de l’état
fondamental est donnée par ∆E = h1, 0, 0|Ŵ |1, 0, 0i, ce qui vaut :
q2
1
EI
4a21 = −
∆E = − e
3
4π0 16Dm
2
a1
Dm
3
.
2.3. L’énergie décroı̂t quand l’atome s’approche du miroir, l’atome est donc attiré par ce miroir.
(6)
2.4. La force vaut F = −d(∆E)/dDm et l’accélération vaut a = F/mp , c’est-à-dire :
|a| =
3 EI a31
,
4
2 mp Dm
(7)
ce qui correspond à |a| = 3 1010 m/s2 pour une distance de 10 nm, valeur considérablement plus grande
que l’accélération de la pesanteur (9.8 m/s2 ).
2.5. L’utilisation d’une image électrique instantanée est valable dans le cas d’un dipôle statique ou
oscillant lentement dans le temps. Or, le dipôle atomique moyen dans l’état 1s est nul et la valeur moyenne
non nulle de son carré provient du fait que ce dipôle est une quantité fluctuante, oscillant aux différentes
fréquences de Bohr de l’atome (EI − EI /n2 )/h. Une manière parlante de montrer la contribution des
différents états n est de ré-écrire la valeur moyenne du carré du dipole sous la forme :
X
h1, 0, 0|dˆ2i |1, 0, 0i =
h1, 0, 0|dˆi |n, `, mi hn, `, m|dˆi |1, 0, 0i
(8)
(n,`,m)6=(1,0,0)
en utilisant la relation de fermeture. À partir d’une écriture de ce type, on comprend qualitativement
(même si la notion d’opérateur dépendant du temps n’est pas au programme de cette composition) que
la fonction de corrélation en temps du dipole h1, 0, 0|dˆi (t) dˆi (0)|1, 0, 0i fera intervenir les fréquences de
Bohr mentionnées plus haut.
Prenons comme référence la fréquence de Bohr entre l’état 1s et l’état 2p. L’énergie correspondante est
10.2 eV, ce qui correspond à une longueur d’onde λ = 0.12 µm. Les phénomènes de propagation des
ondes électromagnétiques entre l’atome et le miroir font intervenir des facteurs variant comme eikDm
avec k = 2π/λ. Pour que l’utilisation d’une image électrique instantanée soit possible, il faut que les
effets de retards liés à ces termes de propagation soient petits, ce qui impose kDm 1, ou encore
Dm λ/(2π) = 20 nm. La valeur choisie pour l’application numérique précédente, Dm = 10 nm, se situe
à la limite supérieure de validité de cette approche.
3
Force entre un atome excité et un atome dans son état fondamental
3.1. Pour un atome unique, l’état interne 1s n’est pas dégénéré et le niveau n = 2 est dégénéré 4
fois. La dégénérescence totale du niveau d’énergie −(5/4)EI est donc 8, une base de ce niveau étant
{|1, 0, 0i ⊗ |2, `, mi, |2, `, mi ⊗ |1, 0, 0i} avec ` = m = 0 ou ` = 1, m = 0, ±1.
3.2. Lors de l’écriture de la matrice de Ŵ dans la base indiquée ci-dessus, on voit apparaı̂tre deux types
d’éléments de matrice : ceux pour lesquels les niveaux occupés par l’atome a et l’atome b sont les mêmes
dans le bra et dans le ket (na = n0a , nb = n0b ) et ceux pour lesquels ces niveaux s’inversent. Les éléments
de matrice pour lesquels l’atome a est dans son état fondamental dans le bra et dans le ket donneront
forcément un résultat nul. Ils font en effet intervenir h1, 0, 0|dˆia |1, 0, 0i (i = x, y, z) qui vaut 0 d’après les
résultats de la partie 1. Il en va de même si c’est l’atome b qui est dans son état fondamental dans le
bra et dans le ket. On voit donc d’emblée que la matrice 8 × 8 est diagonale par blocs, avec quatre blocs
4 × 4, les deux blocs situés sur la diagonale étant nuls.
3.3. (a) L’élément de matrice correspondant à l’atome a dans l’état 2s fera intervenir h1, 0, 0|dˆia |2, 0, 0i
(i = x, y, z), qui vaut 0 car les états 1s et 2s ont même parité (question 1.3).
(b) Dans la matrice 8 × 8 évoquée ci-dessus, toutes les lignes ou les colonnes faisant intervenir l’atome a
ou l’atome b dans l’état 2s seront donc nulles. Il n’y a donc pas de déplacements des niveaux d’énergie dus
à Ŵ dans le sous-espace engendré par {|1, 0, 0i ⊗ |2, 0, 0i, |2, 0, 0i ⊗ |1, 0, 0i}, ce qui signifie physiquement
qu’un atome dans l’état 1s et un atome dans l’état 2s n’interagissent pas entre eux (à cet ordre du calcul).
Finalement, il reste une matrice 6 × 6 à diagonaliser, correspondant aux vecteurs de base {|1, 0, 0i ⊗
|2, 1, mi, |2, 1, mi ⊗ |1, 0, 0i}, m = 0, ±1, cette matrice étant diagonale par bloc, avec quatre blocs 3 × 3,
les deux blocs situés sur la diagonale étant nuls.
3.4. (a) On considère l’élément de matrice
hn0a , `0a , m0a | ⊗ hn0b , `0b , m0b | x̂a x̂b + ŷa ŷb − 2ẑa ẑb |1, 0, 0i ⊗ |2, 1, 0i .
Pour que cet élément de matrice soit non nul, il faut que le bra soit du type h2, 1, m0a | ⊗ h1, 0, 0|. D’après
les résultats de la partie 1, seul le terme −2za zb va contribuer car h1, 0, 0|xb |2, 1, 0i et h1, 0, 0|yb |2, 1, 0i
sont nuls. Il faut alors que h2, 1, m0a |za |1, 0, 0i soit non nul, ce qui impose m0a = 0.
(b) On peut donc dégager dans la matrice 6 × 6 restante une sous-matrice 2 × 2 correspondant au
sous-espace engendré par
{|1, 0, 0i ⊗ |2, 1, 0i , |2, 1, 0i ⊗ |1, 0, 0i} .
(9)
Ces deux états ne sont couplés à aucun autre état de la base considérée ici. Les coefficients diagonaux de
cette matrice 2 × 2 sont nuls ; les coefficients en dehors de la diagonale sont égaux et valent
a 3
4C 2
−2qe2
1
2
|h1,
0,
0|ẑ|2,
1,
0i|
=
−
E
I
4π0 D3
3
D
(10)
3
Les valeurs propres de la matrice sont ±(4C 2 /3) EI (a1 /D) .
(c) Les vecteurs propres correspondant aux deux valeurs propres que nous venons de trouver sont les
combinaisons symétriques et antisymétriques
des deux états (9). La combinaison symétrique (|1, 0, 0i ⊗
√
|2, 1, 0i + |2, 1, 0i ⊗ |1, 0, 0i)/ 2 correspond à une attraction entre les deux atomes (énergie négative),
et la combinaison antisymétrique à une répulsion (énergie positive).
(d) L’état initial |1,
√ 0, 0i ⊗ |2, 1, 0i est combinaison linéaire des deux états propres (|1, 0, 0i ⊗ |2, 1, 0i ±
|2, 1, 0i ⊗ |1, 0, 0i)/ 2, correspondant respectivement à une attraction et à une répulsion. L’état spatial
de la paire d’atomes à un instant ultérieur sera une combinaison linéaire d’un état où les atomes se sont
rapprochés l’un de l’autre (sous l’effet de la force attractive, pour l’état symétrique) et un état où les
atomes se sont éloignés l’un de l’autre (sous l’effet de la force répulsive, pour l’état antisymétrique). Cette
séparation des paquets d’ondes externes selon l’état interne occupé est similaire à celle qui se produit pour
√
une particule de spin 1/2 dans l’expérience de Stern et Gerlach, pour un état de spin (|+iz + |−iz )/ 2,
l’aimant étant orienté selon Oz. Il faut se limiter ici à des temps assez courts, pour que les atomes n’aient
pas le temps de venir au contact l’un de l’autre, ni de retomber sur l’état électronique fondamental par
émission spontanée d’un photon.
(e) Pour D = 2Dm , le module de la force trouvée ici est du même ordre que celle obtenue dans la partie
2 pour un atome face à un miroir puisque C ∼ 1.
(f ) L’utilisation de la base {|χ2pj i}, j = x, y, z au lieu de la base {|2, 1, mi}, m = 0, ±1, permet
de répondre sans calcul à cette question. La seule différence entre le cas de l’état |2, 1, 0i = |χ2pz i
considéré plus haut et le cas des états |χ2px i et |χ2py i est le coefficient −2 de za zb qui est remplacé par le
coefficient +1 devant xa xb et ya yb . Les énergies d’interaction sont donc deux fois plus petites et les rôles
des combinaisons symétriques et antisymétriques des
√ vecteurs de base sont inversés. Les combinaisons
symétriques (|1, 0, 0i ⊗ |χ2pj i + |χ2pj i ⊗ |1, 0, 0i)/ 2 (j = x, y) correspondent à une répulsion entre les
deux atomes, et les combinaisons antisymétriques à une attraction, les énergies correspondantes étant
3
±(2C 2 /3) EI (a1 /D) .
Pour en savoir plus : A. Aspect and J. Dalibard, Poincaré Seminar 2002, p. 93-108 (Birkhäuser Verlag,
Basel, 2003) : Measurement of the atom-wall interaction : from London to Casimir-Polder.
http ://www.phys.ens.fr/˜ dalibard/publications/casimir polder.pdf