EXAMEN DE PHYSIQUE QUANTIQUE PARTIE A

Examen de Physique Quantique
EXAMEN DE PHYSIQUE QUANTIQUE
PARTIE A
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EXERCICE 1 : TRIPLE PUITS DE POTENTIEL
On considère une particule dans un triple puits de potentiel. On désigne par i
( i = 1, 2 ou 3) l’état de la
particule lorsqu’elle se trouve dans le puits numéro i et on suppose que i j = δ ij .
1- Cas parfaitement symétrique
On introduit dans le système un processus qui permet à la particule de passer d’un puits à l’autre par effet tunnel,
avec une amplitude t > 0 , ce qui conduit à l’Hamiltonien :
Hˆ = t ( 1 2 + 2 1 + 1 3 + 3 1 + 2 3 + 3 2
)
1) Démontrer que l’opérateur permutation P̂ défini par :
Pˆ 1 = 2 , Pˆ 2 = 3 , Pˆ 3 = 1
commute avec l’Hamiltonien Ĥ .
3
2) Que vaut P̂ ? En déduire les valeurs propres de P̂ .
3) Déterminer les vecteurs propres associés.
4) En déduire les valeurs propres de Ĥ et leur dégénérescence.
2- Cas perturbé
On suppose désormais que le processus de passage par effet tunnel n’est pas totalement symétrique, ce qui
conduit à rajouter à l’Hamiltonien la perturbation :
Vˆ = δ t ( 1 2 + 2 1 )
1) Déterminer les énergies propres de Hˆ + Vˆ au premier ordre en perturbation.
2) Démontrer que l’opérateur P̂12 défini par :
Pˆ12 1 = 2 , Pˆ12 2 = 1 , Pˆ12 3 = 3
commute avec Hˆ + Vˆ .
3) Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de P̂12 .
4) En déduire le spectre exact de Hˆ + Vˆ . Comparer au résultat obtenu en perturbation.
1
Examen de Physique Quantique
EXERCICE 2 : Oscillateur dans un champ électrique
On considère un oscillateur harmonique à une dimension, de pulsation ω , formé d’une particule de
masse m , élastiquement liée à l’origine et se déplaçant suivant l’axe Ox . Son Hamiltonien
pˆ 2 1
+ mω 2 xˆ 2 . On note φn ( x ) , n = 0,1, ses fonctions propres.
2m 2
1-/ Quelles sont les valeurs propres correspondantes En ?
est Hˆ 0
=
2-/ La particule a une charge électrique q . On applique un champ électrique constant uniforme
à Ox . Si la position de la particule est x , son moment dipolaire électrique est dˆ
E
parallèle
= qxˆ . Ecrire l’énergie
potentielle Ŵ de l’oscillateur dans le champ.
3-/ Ecrire le Hamiltonien
Ĥ du système en présence du champ.
Wn du système dans le champ E ?
qE
(On introduira le changement de variable X = x −
).
mω 2
4-/ Quels sont les niveaux d’énergie
5-/ Quelles sont, en fonction des
{φ ( x )} , les nouvelles fonctions propres {ψ ( x )} en présence du champ ?
n
n
6-/ Quelle est la valeur moyenne du moment dipolaire d̂ dans l’état ψ n ( x ) ? Interpréter le résultat.
7-/ On considère maintenant une particule de masse m comme un oscillateur harmonique isotrope à 3
dimensions centré à l’origine. Son Hamiltonien est :
pˆ 2 1
+ mω 2 rˆ 2
Hˆ 0 =
2m 2
2
2
2
2
2
2
2
2
ˆ
Où : pˆ = pˆ x + pˆ y + pˆ z et r = xˆ + yˆ + zˆ .
(La question ne requiert pas la connaissance de l’oscillateur à 3 dimensions. Les niveaux d’énergie
3⎞
⎛
= ⎜ N + ⎟ ω , N = 0,1, )
2⎠
⎝
La particule a une charge q et on applique un champ E constant uniforme. En opérant comme dans les
sont EN
questions 4 et 6, calculer la valeur moyenne du moment dipolaire
d̂ du système dans le champ.
8-/ On considère un gaz d’atomes d’Argon dans leur état fondamental, dans des conditions normales de
température et de pression.
Pour de petites perturbations de l’atome par rapport à son état fondamental, on assimile un électron externe d’un
atome d’Argon à une particule liée par un potentiel harmonique à 3 dimensions, de pulsation ω , au reste de
l’atome (noyau et cortège électronique). Le potentiel est centré au centre de gravité de l’atome. La particule a
une masse m = me et une charge q = −e , e étant la charge élémentaire.
On rappelle que lorsqu’un atome d’un milieu acquiert un moment dipolaire électrique d sous l’influence d’un
champ électrique extérieur E , le vecteur polarisation
P du milieu est P = N v d où N v est le nombre
volumique d’atomes dans le milieu. La susceptibilité électrique
χ du
milieu est définie par P = ε 0 χ E où
ε 0 est la permittivité du vide.
Expérimentalement, pour l’Argon, on a χ = 5,17 × 10 .
(a). Calculer la pulsation ω définie ci-dessus.
On donne :
−4
2
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me = 9,1 × 10−31 kg,
e = 1,6 × 1019 C
Volume molaire du gaz parfait dans les conditions normales
Vm = 22, 4 × 10−3 m3mol-1
Nombre d’Avogadero N A = 6 × 10 mol , permittivité du vide ε 0 = 8,854 × 10
23
-1
−12
Fm -1 .
(b). Calculer l’énergie ε = ω et comparer cette énergie avec l’énergie d’excitation de l’Argon de son
état fondamental vers son premier état excité: Eexc = 8,8 eV . Que peut-on en conclure sur le modèle
d’oscillateur harmonique pour un électron externe de l’atome d’Argon dans son état fondamental ?
3
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PARTIE B
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• PROBLEME 1:
ANISOTROPIE MAGNETIQUE ET « EFFET TUNNEL DE SPIN »
Références bibliographiques :
C.Sangregorio et al.,Physical Review Letters 78, p.4645 (1999)
W.Wernsdorder et al., Physical Review Letters 82, p.3903 (1999)
1. La molécule Fe8
La molécule Fe8 est constituée de 8 atomes de fer tenus entre eux par des ligands. Les interactions
ferromagnétiques et antiferromagnétiques dans la molécule entraînent l’orientation de six spins atomiques selon
l’axe Oz et deux de façon antiparallèle. Le spin équivalent est S = 10 : la molécule Fe8 est ainsi un « macrospin ». Ces molécules sont ensuite cristallisées en un monocristal de taille nanométrique et de symétrie
triclinique, qui est déposé sur la surface d’une nanosonde à effet Hall qui mesure l’aimantation de la particule.
L’anisotropie magnétique entraîne une dépendance quadratique de l’Hamiltonien en fonction des opérateurs de
spin : si Oz est l’axe facile d’aimantation et Bz le champ selon Oz ,
D
K
gµ
Hˆ = − 2 Sˆz2 + 2 Sˆ x2 − Sˆ y2 − B Bz Sˆz
(
où µ B =
)
−e
est le magnéton de Bohr et g le facteur de Landé ( g = 2 ) .
2me
L’objectif de ce problème est de déterminer les valeurs des constantes D et K à partir de résultats
expérimentaux.
{ } ( m ∈ [ −10, +10]) la base orthonormée des états propres de Sˆ
On note m
long de ce problème :
Sˆz m = m m
Le terme Wˆ =
(
( m entier relatif et
z
qui sera utilisée tout au
m ≤ 10 )
)
K ˆ2 ˆ2
S x − S y sera considéré comme une perturbation de l’Hamiltonien :
2
D
gµ
Hˆ 0 = − 2 Sˆz2 − B Bz Sˆz
1.1. Niveaux d’énergie
(a) Pour K = 0 montrer que les vecteurs m sont également vecteurs propres de l’Hamiltonien Ĥ 0 . Calculer les
valeurs propres ε 0 ( m ) de Ĥ 0 .
Sur la figure ci-dessous (Fig.1) sont représentées les énergies ε 0 ( m ) d’une molécule Fe8 en fonction
(
)
de m m ∈ [ −10, +10] pour un champ magnétique Bz nul.
4
Examen de Physique Quantique
Fig.1
Expliquer ce diagramme. En particulier, montrer que si Bz = 0, ε 0 ( m ) = ε 0 ( − m ) .
Considérons un spin S = ±10 . On appelle « barrière d’anisotropie » la barrière de potentiel qu’il doit franchir
pour basculer dans l’état S = ∓10 . En considérant la figure 1, donner la valeur de cette barrière.
En écrivant que cette énergie correspond à k BTc , déterminer la température Tc en dessous de laquelle il ne sera
plus possible pour une molécule d’être thermiquement activée pour passer la barrière. Pour l’application
numérique, on prendra D = 0, 275k B .
(b) Reprendre le schéma de la figure précédente et représenter le diagramme ε 0 ( m ) pour un champ Bz ≠ 0 .
Tracer sur un même graphique, les courbes ε 0 ( m ) en fonction de Bz pour m = −10,
, +10 . Montrer que les
énergies des états m > 0 et celles des états m ' < 0 se croisent pour des valeurs de Bz vérifiant :
Bz = n
D
où n est un entier relatif
g µB
(c) On considère à présent deux niveaux m et m ' et on se place près du champ Bz pour
lequel ε 0 ( m ) = ε 0 ( m ' ) ; on traite le terme Wˆ =
(
)
K ˆ2 ˆ2
S x − S y comme une perturbation de Ĥ 0 . L’objectif de
2
cette question est de montrer que les niveaux d’énergie se séparent au lieu de se croiser et que la dégénérescence
entre les états m et m ' est levée.
On part de l’équation de Schrödinger stationnaire Ĥψ = εψ appliquée dans l’espace des états de spins. On note
( β et δ sont deux nombres réels non-nuls) :
m Wˆ m ' = m ' Wˆ m = β , m Hˆ 0 m = ε 0 ( m ) , m ' Hˆ 0 m ' = ε 0 ( m ' ) , m Wˆ m = m ' Wˆ m ' = δ
i.
Montrer que les états m ne sont plus états propres de l’Hamiltonien Hˆ = Hˆ 0 + Wˆ .
ii.
On cherche un nouvel état propre sous la forme :
ψ = x m + y m ' avec x et y deux complexes
Etablir le système d’équations vérifié par x et y . Déterminer les deux énergies propres de
l’Hamiltonien Ĥ en fonction de ε 0 ( m ) , ε 0 ( m ' ) , δ et β .
L’allure des nouvelles énergies est représentée sur la figure ci-dessous (Fig.2) en fonction
de Bz : l’écart énergétique est minimal au niveau du croisement ε 0 ( m ) = ε 0 ( m ' ) . Exprimer
cet écart énergétique minimal (noté ∆ ), en fonction de β . Déterminer les vecteurs propres
dans le cas particulier où ε 0 ( m ) = ε 0 ( m ' ) . Interpréter ce résultat.
5
Examen de Physique Quantique
Fig.2
2. Effet tunnel magnétique
Un cristal de Fe8 de taille nanométrique est déposé sur une sonde de même taille et placé dans le régime
quantique à T = 40mK . Expérimentalement, on constate qu’en dessous de la température de 360mK ,
l’activation thermique cesse et que le retournement des macro-spins est dû uniquement aux processus tunnels
dans la barrière d’anisotropie. Lorsque le champ magnétique correspond à une situation de croisement, le macrospin a une probabilité P de se retourner et de changer d’état. Il a une probabilité 1 − P de rester dans le même
état (voir la figure 2). La probabilité P est donnée par la formule (admise) de Landau-Zener-Stückelberg
(formule LZS) :
⎛
π∆ 2
P = 1 − exp ⎜ −
⎜ 2 g µB m − m '
⎝
dBz
dt
⎞
⎟⎟
⎠
Cette situation se manifeste clairement dans les cycles d’hystérésis représentés sur la figure 3.
M
en fonction du champ
M sat
dBz
données en milli
magnétique). Les différentes courbes correspondent à différentes vitesses de balayage v =
dt
Fig.3 : Cycles d’hystérésis de Fe8 à T = 40mK (aimantation normalisée
Tesla par seconde.
On prépare l’échantillon dans un état tel que tous les macro-spins sont dans l’état m = 10 à Bz = −1T . On
augmente ensuite continûment le champ magnétique et l’on s’intéresse au passage par la valeur Bz = 0 .
6
Examen de Physique Quantique
2.1. Montrer que l’aimantation ne peut évoluer tant que Bz < 0 . Que se passe-t-il pour la valeur Bz = 0 ? En
déduire le sens des parcours des cycles.
2.2. Lorsque le champ continue de croître, on observe une série de plateaux d’aimantation. A quoi correspondent
ces transitions ? On s’appuiera sur la courbe ε 0 ( m ) en fonction de Bz pour les différentes valeurs de m , tracée à
la question 1.1.b ; Déduire de ces observations une valeur de
D
.
kB
2.3. Montrer que les résultats expérimentaux de la figure 3, obtenus pour plusieurs vitesses de balayage en
champ, corroborent la formule de LZS ;
En utilisant la courbe obtenue pour la vitesse de balayage la plus faible, calculer une valeur approchée de la
probabilité P10,−10 de retournement du spin en Bz = 0 .
2.4. Donner une expression approchée de la formule de LZS dans le cas où la probabilité P est très inférieure à
1. Déduire de la question précédente, la valeur de ∆ de la séparation tunnel au niveau du croisement. Donner la
valeur de
∆
en µ K .
kB
Il est alors théoriquement possible de remonter à la valeur du paramètre K et l’on trouverait K = 0,046k B .
Valeurs numériques de constantes fondamentales :
• Constante de Planck réduite : = 1,05 × 10−34 J.s
• Constante de Boltzmann : k B = 1,38 × 10−23 J.K -1
• Valeur absolue du magnéton de Bohr : µB = 9, 27 × 10−24 J.T -1
• PROBLEME 2 : NANOMAGNETISME ET SONDE A EFFET HALL
Ce problème traite des propriétés magnétiques de la matière, à l’échelle micrométrique ou
nanométrique. Les objets d’étude peuvent être des macromécules paramagnétiques ou ferromagnétiques
organisées en cristal de taille nanométrique (molécule Fe8 par exemple) que l’on dépose sur la surface d’une
sonde à effet Hall de taille comparable (voir figure 1)
Fig.1 : Sonde à effet Hall étudiée dans ce problème. La partie active de la sonde est le carré central
Le champ magnétique créé par la matière est déterminé en mesurant la tension de Hall de la microsonde. Cette
technique présente l’avantage de pouvoir fonctionner à la fois sur une très large gamme de température (du
millikelvin à la température ambiante) et sur une très large gamme de champs magnétiques (du microtesla à la
dizaine de teslas).
1. Sonde à effet Hall et mesure
On réalise un gaz bidimensionnel d’électrons libres, à l’interface entre deux semi-conducteurs que l’on
a fait croître couche atomique après couche atomique (Epitaxie par Jet Moléculaire (EJM) ou Molecular Beam
Epitaxy (MBE)) dans la direction Oz (voir figure 2).
7
Examen de Physique Quantique
Fig.2 : Structure de la sonde à effet Hall. Le gaz d’électrons occupe un espace bidimensionnel représenté par les
pointillés.
Une barrière composée de GaAlAs est dopée en volume jusqu’au voisinage de l’interface avec le semiconducteur GaAs qui abrite le gaz d’électrons. L’énergie potentielle V ( z ) de confinement des électrons au
voisinage de l’interface est schématisée par un puits triangulaire (voir figure 3).
Fig.3 : Energie potentielle V ( z ) de confinement au voisinage de l’interface
On note F la norme du champ électrique selon l’axe Oz à l’interface. Dans le plan Oxy de l’interface,
les électrons sont considérés comme libres, à condition de prendre pour la masse de l’électron, une masse
∗
effective m = 0,07me où me est
la
masse
de
l’électron
dans
le
vide.
L’énergie
potentielle
électrostatique V ( z ) est fonction uniquement que de z .
1.1. Bandes d’énergie
Soitψ ( x , y , z ) la fonction d’onde électronique décrivant un électron de la bande de conduction situé
dans le puits triangulaire. Cette fonction d’onde vérifie l’équation de Schrödinger :
−
2
2m ∗
∇2ψ ( x, y , z ) + V ( z )ψ ( x, y , z ) = εψ ( x, y , z )
où ε est l’énergie de l’état quantique et où ∇ est le Laplacien.
1- On cherche les solutions de l’équation de Schrödinger sous la forme :
2
ψ ( x, y , z ) = f ( z ) φ ( x, y )
Montrer que φ ( x, y ) et f ( z ) sont solutions des équations :
2
⎧
"
−
⎪⎪ 2m∗ f ( z ) + V ( z ) = ε z f ( z )
⎨
2
⎪−
∇2φ ( x, y ) = ε x , yφ ( x, y )
∗
⎪⎩ 2m
8
Examen de Physique Quantique
avec ε = ε z + ε x , y .
On définit une bande d’énergie associée à l’énergie ε z , comme l’ensemble des niveaux d’énergie ε z fixée et
d’énergie ε x , y quelconque.
2- Mouvement dans le plan
(a) On cherche φ ( x, y ) sous la forme :
φ ( x, y ) =
1
exp ( ik x x ) exp ( ik y y )
Lx Ly
où Lx et Ly sont les dimensions de la sonde selon les directions Ox et Oy (voir figure 2). Donner alors
l’expression de ε x , y en fonction de k x et k y .
(b) Pour chaque bande d’énergie associée au mouvement selon Oz , on admet que le nombre d’états
quantiques par unité de surface est donné par la formule (où l’on a tenu compte de la dégénérescence de
spin) :
g x , y (ε ) =
m∗
π
2
Vérifier l’homogénéité de cette expression et donner la valeur de cette constante pour GaAs en nombre
2
d’états quantiques par meV (milli-électronvolt) et par m .
3- Mouvement selon Oz
On se restreint ici à l’étude du mouvement selon la direction Oz . On considère dans cette question le puits
triangulaire représenté sur la figure 3, dont l’énergie s’écrit :
pour z < 0, V ( z ) = +∞ et pour z > 0, V ( z ) = eFz
Afin de trouver l’expression des énergies propres ε i pour le mouvement selon Oz , on utilise la condition de
quantification concernant l’impulsion, écrite par Sommerfeld :
zi
⎛
3⎞
∫ p ( z ) dz = ⎜⎝ i + 4 ⎟⎠ π
i
, i∈
0
Où zi vérifie V ( zi ) = ε i (voir figure 3) et où pi ( z ) est la composante selon Oz , à la coordonnée z , de
l’impulsion pi .
(a)
Ecrire de façon classique la conservation de l’énergie d’une particule de masse m soumise à l’énergie
potentielle V ( z ) et en déduire l’expression de l’impulsion pi ( z ) en fonction de l’énergie ε i du
niveau i . Etablir alors l’expression de l’énergie ε i .
(b)
Calculer ε 0 et ε1 en meV dans le cas d’une jonction GaAlAs / GaAs pour laquelle :
F = 6,5 × 106 V.m -1 .
4- Cas général
On considère à présent le mouvement général dans les trois directions de l’espace.
(a) En utilisant les résultats des sous questions précédentes, montrer que chaque état électronique peut être
(
)
caractérisé par trois paramètres i , k x , k y et que son énergie est : ε ( k ) = ε i + Λk
2
où k = k x2 + k y2 et Λ est une constante que l’on exprimera en fonction de m∗ et . Tracer l’allure
de ε ( k ) pour différents niveaux ε i .
(b) Exprimer le nombre maximal d’électrons par unité de surface, N S max , en fonction de ε 0 , ε1 et des
constantes du problème, pour que seule la bande ε 0 soit peuplée, dans la limite des basses températures.
Effectuer l’application numérique.
9
Examen de Physique Quantique
−2
(c) Le nombre d’électron par unité de surface (ou densité surfacique) est égal à N S = 8 × 10 m .
15
Calculer l’énergie du dernier état occupé et donner un critère portant sur la température qui permet de
savoir que la deuxième bande n’est pas peuplée. Dans toute la suite, on supposera cette condition
vérifiée.
1.2. Effet Hall dans la matière
La sonde est taillée dans un cristal contenant le gaz d’électrons bidimensionnel de densité
surfacique N S . La partie active est un carré de côté Lx = Ly = L ; Elle est placée dans un champ magnétique
uniforme perpendiculaire au plan Oxy , B0 = B0ez .
On note E ( r ) = E x ( r ) ex + E y ( r ) e y le champ électrique dans le plan Oxy . On fait circuler un courant dans
cette sonde et on suppose que les électrons dans le plan sont soumis à l’action de la force de Lorentz et d’une
force de frottement sur le réseau cristallin f = −
m∗v
τ
où τ désigne un temps de collision moyen, m∗ la masse
effective de l’électron et v sa vitesse. Dans tous les calculs, la masse de l’électron est remplacée par sa masse
∗
effective : m = 0,07me .
1- Ecrire le principe fondamental de la dynamique appliqué à un électron et montrer que la solution en régime
permanent peut se mettre sous la forme tensorielle :
⎛ jSx ⎞ ⎛ σ xx σ xy ⎞ ⎛ E x ⎞
⎜ j ⎟ = ⎜ σ yx σ ⎟ ⎜ E ⎟
yy ⎠ ⎝ y ⎠
⎝ Sy ⎠ ⎝
Où la matrice σ est appelé tenseur de conductivité et où jS est la densité surfacique de courant qui parcourt le
gaz d’électrons bidimensionnel.
Montrer que les composantes du tenseur conductivité σ xx = σ yy et σ xy = −σ yx en fonction de la fréquence
eB0
N S e 2τ
cyclotron (positive) ωc = ∗ et de σ 0 =
s’écrivent :
m
m∗
σ xx = σ yy =
. Que représente le terme
σ0 =
σ0
1 + ωc2τ 2
, σ xy = −σ yx = −
σ 0ωcτ
1 + ωc2τ 2
N S e 2τ
?
m∗
2- Lors d’une mesure d’effet Hall, un courant circule en régime permanent, dans la direction Ox en présence
d’un champ B0 = B0ez . On mesure la tension transversale de hall VH à l’aide d’un voltmètre d’impédance
d’entrée infinie (voir figure 4) :
Fig.4 : Schéma de la partie active de la sonde à effet Hall
10
Examen de Physique Quantique
Etablir la relation entre jSx et E y en régime permanent en fonction de
σ 0 , ωC et τ
3- En déduire l’expression de la résistance de Hall définie par : RH =
VH
en fonction de e, B0 et N S .
I
(effet Hall).
4- Application numérique : on polarise une sonde à effet Hall avec une densité surfacique de courant limitée à
cause des problèmes d’échauffement à jS = 200A.m . Exprimer la sensibilité de la sonde de Hall définie
-1
par s =
δVH
δB
, en fonction de L, N S , jS et e. En prenant N S = 8 × 10 m , calculer la sensibilité de Hall
15
-2
dans les deux cas suivants : L = 100nm et L = 5µ m.
L’imperfection des appareils limite la précision de la mesure de la tension de Hall à ±1nV . Quel est le champ
minimal que l’on peut mesurer à l’aide de ces deux sondes ?
Valeurs numérique de constantes fondamentales
• Constante de Planck réduite : = 1,05 × 10−34 J.s
• Constante de Boltzmann : k B = 1,38 × 10−23 J.K -1
• Masse de l’électron dans le vide : me = 9,11 × 10−31 kg
• Charge élémentaire : e = 1, 60 × 10−19 C
11
Examen de Physique Quantique
12
Examen de Physique Quantique
C
orrigés
EXERCICE 1 : TRIPLE PUITS DE POTENTIEL
1- Cas parfaitement symétrique
1) L’opérateur P̂ effectue une permutation circulaire sur les états 1 , 2 et 3 . La méthode la plus rapide
pour
démontrer
que Hˆ et Pˆ commutent
est
sans
doute
de
calculer
les
produits
de
matrices Hˆ Pˆ et Pˆ Hˆ . D’après l’énoncé, nous avons :
( )( ) ( )( )
⎛0 1 1⎞
⎛0 0 1⎞
⎛1 1 0⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
Hˆ = t ⎜ 1 0 1 ⎟ et Pˆ = ⎜ 1 0 0 ⎟ d'où Hˆ Pˆ = Pˆ Hˆ = ⎜ 0 1 1 ⎟
⎜1 1 0⎟
⎜0 1 0⎟
⎜1 0 1⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
Une autre manière de le montrer est de voir que Ĥ est invariant par P̂ : si l’on permute circulairement tous les
termes de Ĥ , on retrouve Ĥ . Mathématiquement cela s’exprime par la relation :
t ˆ
P Hˆ Pˆ = Hˆ
( )
( )
( )( ) ( )( )
( )( )( ) ( )
Or, comme ( P̂ ) est une matrice orthogonale, sa transposée ( Pˆ ) est aussi son inverse. Par conséquent, si l’on
multiplie, à gauche et à droite, la relation précédente par ( P̂ ) , on trouve directement le résultat voulu :
( Hˆ )( Pˆ ) = ( Pˆ )( Hˆ )
t
2) Après avoir permuté circulairement 3 fois les 3 états, on retrouve l’état initial, ainsi P̂ 3 est l’identité 1̂
Pˆ 3 = 1ˆ
Par le calcul, on vérifie que :
2
Pˆ 2 = ( 2 1 + 3 2 + 1 3 ) = 2 3 + 3 1 + 1 2
Pˆ 3 = ( 2 1 + 3 2 + 1 3 )( 2 3 + 3 1 + 1 2 ) = 1ˆ
Soit maintenant λ une valeur propre de P̂ pour l’état propre ψ . Dans ce cas :
P̂ 3 ψ = λ 3 ψ
Mais d’après ce qui précède, on a aussi :
P̂ 3 ψ = ψ
Autrement dit :
λ3 ψ = ψ
Par conséquent, λ = 1 et (comme un espace de Hilbert est par définition construit sur le corps des complexes),
on en déduit que λ est une racine troisième de l’unité :
3
⎧
λ ∈ ⎨1, e
⎩
2 iπ
3
,e
−
2 iπ
3
⎫
⎬
⎭
On ne sait rien a priori de la dégénérescence de ces dernières.
Remarque
que les valeurs propres de P̂ soient complexes est lié à
†
ˆ
hermitien : P ≠ Pˆ mais P̂ n’étant pas une observable, cela n’est pas problématique.
Le
fait
son
caractère
non
13
Examen de Physique Quantique
3) Pour trouver les vecteurs propres associés, on résout le système d’équations :
Ĥ ψ = λ ψ
avec λ égale à une des racines troisième de l’unité. On trouve alors que 1, e
2 iπ
3
,e
−
2 iπ
3
sont chacune valeur propre
de Ĥ pour les vecteurs propres normés respectifs :
⎛ 1⎞
1 ⎜ ⎟
ψ1 =
1
3 ⎜⎜ ⎟⎟
⎝ 1⎠
⎛ 1
⎜ 4iπ
1 ⎜ 3
e
=
3 ⎜ 2iπ
⎜⎜ 3
⎝e
ψ2
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟⎟
⎠
ψ3
⎛ 1
⎜ 2iπ
1 ⎜ 3
e
=
3 ⎜ 4iπ
⎜⎜ 3
⎝e
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟⎟
⎠
Remarque
On retrouve ici dans un cas simple un résultat plus général. Si l’on considère l’opérateur de permutation PˆN , (qui
est aussi l’opérateur de translation TˆN ) celui-ci a comme valeurs propres les racines N -ièmes de l’unité et pour
vecteurs propres les états ψ i
N
définis par
ψ
N −1
N
i
= ∑e
2 iπ n
N
n
n=0
Ces états sont des ondes planes et ne sont autres que les états de Bloch qui apparaissent habituellement dans
l’étude du modèle des liaisons fortes.
4) Comme les valeurs propres de P̂ ne sont pas dégénérées et comme, de plus, Pˆ et Hˆ commutent, alors ses
vecteurs propres sont aussi vecteurs propres de Ĥ . Pour obtenir les valeurs propres associées, il suffit de
calculer l’action de Ĥ sur chacun d’eux. On obtient :
Hˆ ψ 1 = 2t ψ 1 , Hˆ ψ 2 = −t ψ 2 , H ψ 3 = −t ψ 3
Ainsi, Ĥ a deux valeurs propres 2t et − t respectivement une fois et deux fois dégénérées.
2- Cas perturbé
1) D’après la question précédente, comme la valeur propre 2t de Ĥ est non dégénérée, la correction au premier
ordre en perturbation est donnée par :
1
E1 = 2t + ψ 1 Vˆ ψ 1 = 2t + ( 1 + 2 + 3 ) δ t ( 1 + 2
3
2
= 2t + δ t + O (δ t 2 )
3
)
ˆ
Par contre, la valeur propre −t est dégénérée. On doit donc calculer la restriction V de Vˆ au sousespace
{ψ
2
, ψ3
}:
()
⎛ ψ 2 Vˆ ψ 2
ˆ
V =⎜
⎜ ψ Vˆ ψ
2
⎝ 3
⎛ 1
ψ 2 Vˆ ψ 3 ⎞ ⎜ − 3 δ t
⎟=⎜
ψ 3 Vˆ ψ 3 ⎟⎠ ⎜ 2 − 23iπ
⎜ δ te
⎝3
2 iπ
2
δ te 3
3
1
− δt
3
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
1
δ t , ce qui conduit au final aux énergies propres de Ĥ :
3
1
E2 = −t − δ t + O (δ t 2 ) et E3 = −t + δ t + O (δ t 2 )
3
Ses valeurs propres sont −δ t et
Ainsi, la perturbation lève la dégénérescence.
14
Examen de Physique Quantique
2) Pour montrer que P̂12 commute avec Ĥ , comme pour l’opérateur P̂ , on peut faire explicitement le calcul
matriciel ou raisonner en termes d’invariance.
L’opérateur P̂12 permute les états 1 et 2 (ainsi que 1 et 2 ) et ne touche pas l’état 3 . Or si on échange
les états 1 et 2 , Vˆ reste invariant, de même que Ĥ . Donc Hˆ + Vˆ est invariant par P̂12 . On en déduit qu’ils
commutent.
3) P̂12 laisse invariant l’état 3 : 3 est donc vecteur propre de P̂12 pour la valeur propre 1. Restent à trouver
{
deux vecteurs propres orthogonaux à 3 , c’est-à-dire dans le sous-espace 1 , 2
}.
Comme P̂12 permute deux éléments, on a de plus :
2
Pˆ12 = 1ˆ
Par conséquent, les seules valeurs propres possibles pour P̂12 sont 1 et -1.
Le vecteur propre associé à 1 doit être une combinaison linéaire de 1 et 2 et doit être identique à lui-même
lorsqu’on permute 1 et 2 . Il suffit qu’il soit symétrique : 1 + 2 est solution évidente, soit après
normalisation :
1
( 1 + 2 ).
2
Pour la valeur propre -1, il suffit que le vecteur soit antisymétrique par rapport à l’échange de 1 et 2 .
1
( 1 − 2 ) est solution.
2
Au final, P̂12 a deux valeurs propres : 1 et -1 respectivement deux fois et une fois dégénérées et de sous-espaces
⎧
1
( 1 + 2 )⎫⎬ et ⎧⎨ 1 ( 1 − 2 )⎫⎬ .
2
⎩
⎭
⎩ 2
⎭
1
4) Comme P̂12 et Hˆ + Vˆ commutent et comme l’état
( 1 − 2 ) est non dégénéré, il est aussi état propre
2
de Hˆ + Vˆ . On en déduit l’énergie propre associée :
1 − 2
1 − 2
= ( −t − δ t )
Hˆ + Vˆ
2
2
1
⎧
Il reste maintenant à diagonaliser Hˆ + Vˆ dans le sous-espace ⎨ 3 ,
( 1 + 2 )⎫⎬ . La restriction
2
⎩
⎭
ˆ
ˆ
de H + V dans ce sous-espace s’écrit :
⎛ 0
2t ⎞
⎜
⎟
⎜ 2t t + δ t ⎟
⎝
⎠
propres respectifs ⎨ 3 ,
(
)
Ce qui conduit, après diagonalisation, aux valeurs propres :
(
)
1
2
t + δ t ± 9t 2 + 2tδ t + (δ t )
2
δt
Un développement limité au second ordre en
de ces deux valeurs propres donne :
t
2δ t
δt
E+ = 2t +
et E− = −t +
3
3
E± =
On retrouve bien les trois énergies propres obtenues à la question 2-1b à l’aide de la théorie des perturbations.
15
Examen de Physique Quantique
EXERCICE 2 : Oscillateur dans un champ électrique
1⎞
⎛
⎟ ω
2⎠
⎝
2-/ Wˆ = − dˆE = − qxˆE
1-/ En = ⎜ n +
3-/
pˆ 2 1
Hˆ = Hˆ 0 + Wˆ =
+ mω 2 xˆ 2 − qxˆE
2m 2
2
pˆ 2 1
qE ⎞ 1 q 2E 2
⎛
=
+ mω 2 ⎜ xˆ −
⎟ −
2m 2
mω 2 ⎠ 2 mω 2
⎝
∂
∂
1 q 2E 2
qE
pˆ 2 1
2 ˆ2
ˆ
ˆ
4-/ En posant X = xˆ −
=
+ mω X −
, on a
et H =
∂X ∂x
mω 2
2m 2
2 mω 2
1⎞
1 q 2E 2
⎛
Par conséquent : Wn = ⎜ n + ⎟ ω −
2⎠
2 mω 2
⎝
qE ⎞
⎛
5-/ ψ n ( x ) = φn ( X ) = φ n ⎜ x −
⎟
mω 2 ⎠
⎝
qE
q 2E
6-/ dˆ =
. Le champ polarise l’oscillateur, qui oscille maintenant autour du point x =
. Les
2
mω 2
mω
1 q 2E 2
niveaux d’énergie sont tous déplacés de la même quantité −
en raison de cette polarisation.
2 mω 2
7-/ En présence du champ, le Hamiltonien s’écrit
pˆ 2 1
+ mω 2 rˆ 2 − qrˆ .E
Hˆ = Hˆ 0 − qrˆ .E =
2m 2
que l’on peut comme précédemment, récrire sous la forme :
2
pˆ 2 1
qE ⎞ 1 q 2E 2
2⎛ ˆ
ˆ
+ mω ⎜ r −
H=
⎟ −
2m 2
mω 2 ⎠ 2 mω 2
⎝
La valeur moyenne du moment dipolaire induit du système dans le champ est donc :
d =
q 2E
mω 2
8-/ La polarisation du gaz est quant a elle égale à :
P = Nv
(a) ω 2 =
Nv q2
q2
E
⇒
χ
=
mω 2
ε 0 mω 2
Nv q2
16 -1
dont l’application numérique donne : ω = 1, 28 × 10 s
ε0 χ m
valeur correspond à ω = 8, 42 eV , clivage entre le niveau fondamental et le premier
niveau excité de l’oscillateur harmonique. Elle se compare en bonne approximation avec le clivage
atomique Eexc = 8,8 eV . Le modèle de l’électron élastiquement lié est une bonne approximation
(b) Cette
à faible différence d’énergie par rapport à l’état fondamental.
Il reproduit en bonne approximation le premier état excité.
16
Examen de Physique Quantique
• PROBLEME 1:
ANISOTROPIE MAGNETIQUE ET « EFFET TUNNEL DE SPIN »
1. La molécule Fe8
1.1. Niveaux d’énergie
(
)
(a) Hˆ m = − Dm − g µ B Bz m m donc
2
ε 0 ( m ) = − Dm 2 − g µ B Bz m
Quand Bz = 0 , ε 0 ( m ) = − Dm , c’est bien la courbe proposée.
2
La fonction est paire en m .
La barrière d’anisotropie à franchir est : ∆ε 0 = (10 ) D = 100 D .
2
La température correspondante est Tc = 27,5K .
Si T < Tc , l’agitation thermique n’est pas suffisante pour permettre au spin de se retourner.
(b)
Quand
pour m =
Bz ≠ 0 , ε 0 ( m ) = − Dm 2 + g µ B Bz m (on
rappelle
que µ B < 0 ).
ε 0 est
maximale
g µ B Bz
; L’allure de la courbe correspondante est :
2D
Les courbes ε 0 ( m ) en fonction de Bz sont :
Fig.4
Fig.5
17
Examen de Physique Quantique
ε 0 ( m ) = ε 0 ( m ' ) avec m et m ' positifs pour m ' = −m =
courbes se croisent quand Bz = n
g µ B Bz
. Comme m et m ' sont entiers, les
D
D
où n est un entier relatif.
g µB
(c)
i. Hˆ m = ε 0 ( m ) m + Wˆ m ⇒ m n’est pas un état propre de Ĥ
ii. On considère ψ = x m + y m ' . Alors :
Hˆ ψ = ε ψ ⇔ xHˆ 0 m + xWˆ m + yHˆ 0 m ' + yWˆ m ' = ε x m + ε y m '
⎧⎪ x m Hˆ 0 m + x m Wˆ m + y m Hˆ 0 m ' + y m Wˆ m ' = ε x
Soit : ⎨
⎪⎩ x m ' Hˆ 0 m + x m ' Wˆ m + y m ' Hˆ 0 m ' + y m ' Wˆ m ' = ε y
⎧⎪ xε 0 ( m ) + xδ + y β = ε x
C'est-à-dire : ⎨
⎪⎩ x β + yε 0 ( m ' ) + yδ = ε y
⎧⎪(ε 0 ( m ) + δ − ε ) x + y β = 0
où encore : ⎨
⎪⎩ x β + ( ε 0 ( m ' ) + δ − ε ) y = 0
Ce système homogène en ( x, y ) n’a de solution différente de ( 0, 0 ) que si son déterminant est nul :
(ε ( m ) + δ − ε )
0
β
β
(ε ( m ' ) + δ − ε )
= (ε 0 ( m ) + δ − ε ) (ε 0 ( m ' ) + δ − ε ) − β 2 = 0
0
Soit pour :
1
ε = ⎛⎜ ε 0 ( m ) + ε 0 ( m ' ) + 2δ ±
2⎝
(ε ( m ) − ε ( m ' ) )
0
0
2
+ 4 β 2 ⎞⎟
⎠
Fig.6
Au croisement,
ε 0 ( m ) = ε 0 ( m ' ) donc ε =ε 0 ( m ) + δ ± β d'où ∆ = 2 β
Les équations en x et y se simplifient en :
⎧⎪ x + y = 0 pour ε =ε 0 ( m ) + δ − 2 β
⎨
⎪⎩ x − y = 0 pour ε =ε 0 ( m ) + δ + 2 β
Par conséquent :
18
Examen de Physique Quantique
1
⎧
ε
ε
δ
β
ψ
Pour
la
valeur
propre
=
2
le
vecteur
propre
est
+
+
=
m
(
)
( m + m'
0
⎪⎪
2
⎨
⎪ Pour la valeur propre ε =ε 0 ( m ) + δ − 2 β le vecteur propre est ψ = 1 ( m − m '
⎪⎩
2
)
)
2. Effet tunnel magnétique
2.1. Tant que Bz reste négatif, la courbe m = 10 (voir Fig.5) ne coupe aucune autre courbe. Il ne se passe rien.
En Bz = 0 , la courbe m = 10 croise la courbe m = −10 , le spin peut basculer. Les cycles sont donc décrits
dans le sens antihoraire.
2.2. Quand Bz augmente, la courbe m = 10 croise successivement les courbes m = −10 , m = −9
m = −8 etc.
. On mesure sur la courbe des transitions tous les 0, 22T . Or, au niveau des croisements, donc
des transitions possibles, B = n
D
D
. On en déduit :
= 0, 22 , ce qui donne :
g µB
g µB
D
= 0,32K.T -1
kB
2.3. La probabilité de transition diminue quand la vitesse de balayage augmente, ce que confirme bien la
formule LZS.
Le premier saut sur la courbe de vitesse de balayage la plus faible correspond à une variation de l’aimantation
normalisée
M
de l’ordre de 0,25% donc P10,−10
M sat
2.4. Quand P << 1, P ∼
2,5 × 10−3 .
π∆ 2
, d'où ∆ = 4, 2 × 10−29 J = 2,7 × 10−12 eV .
2 µ B 20 dBdtz
Avec ∆ = k BT , on en déduit T = 0,3µ K .
• PROBLEME 2 : NANOMAGNETISME ET SONDE A EFFET HALL
1. Sonde à effet Hall et mesure
1.1. Bandes d’énergie
1- ∇ ψ = f
2
−
"
( z ) φ ( x, y ) + f ( z ) ∇2φ ( x, y ) . L’équation de Schrödinger s’écrit donc :
2
2m
∗
f " ( z ) φ ( x, y ) −
2
2m
∗
f ( z ) ∇2φ ( x, y ) + V ( z ) f ( z ) φ ( x, y ) = ε f ( z ) φ ( x, y )
Que l’on peut mettre sous la forme :
2
f " ( z)
∇2φ ( x, y )
− ∗
+V ( z) −
=ε
2m f ( z )
2m ∗ φ ( x , y )
2
fonction de z seul
fonction de x , y seuls
La fonction de z et celle de x, y sont donc constantes (variables indépendantes). Il vient :
2
⎧
"
−
⎪⎪ 2m∗ f ( z ) + V ( z ) f ( z ) = ε z f ( z )
⎨
2
⎪−
∇ 2φ ( x, y ) = ε x , yφ ( x, y )
⎪⎩ 2m∗
avec ε = ε z + ε x , y
2- Mouvement dans le plan
(a) Avec l’expression donnée, ∇
φ ( x, y ) = − ( k + k ) φ ( x, y ) , donc: ε x , y =
2
2
x
2
y
2
2m
∗
(k
2
x
+ k y2 )
19
Examen de Physique Quantique
(b)
m∗
π
2
s'exprime en:
kg
( J.s )
2
1
kg
= ×
= J -1.m-2 : c’est donc bien un nombre par unité
2 -2
2
J kgm s × s
d’énergie et de surface.
A.N. : g x , y ( ε ) = 2,9 × 10 états par meV et par m .
2
14
3- Mouvement selon Oz
pi2
+V ( z) ⇔
(a) ε i =
2m ∗
pi ( z ) = 2m∗ (ε i − V ( z ) )
La condition de quantification donne :
zi
∫
2m
0
∗
z
3
(ε i − eFz )dz = ⎛⎜ i + ⎞⎟ π
⎝ 4⎠
⇔
3 i
⎤
⎛ 1 ⎞2⎡
⎛ 3⎞
2
2m ⎜ −
ε
eFz
−
= ⎜ i + ⎟π
(
)
⎟ ⎢ i
⎥
⎝ eF ⎠ 3 ⎣
⎦0 ⎝ 4 ⎠
∗
2 23 ⎛ 3 ⎞
εi = ⎜ i + ⎟π
3eF
⎝ 4⎠
puisque ε i = eFzi , on obtient finalement:
soit: 2m∗
⎛ 3eF
εi = ⎜
∗
⎝ 2 2m
(b) A.N. :
2
⎛ 3 ⎞ ⎞3
⎜ i + ⎟π ⎟
⎝ 4⎠ ⎠
ε 0 = 66meV et ε1 = 116meV
4- Cas général
(a)
ε = εi +
2
2m
k 2 . C’est bien de la forme ε = ε i + Λk 2 avec Λ =
∗
2
2m ∗
.
(b) On veut que g x , y ( ε ) × ( ε1 − ε 0 ) ≥ N S , ce qui donne :
N S max =
m∗
π
2
(ε1 − ε 0 ) = 1,5 × 1015 m-2
(c) On a N S < N S max donc le dernier état occupé est l’état d’énergie ε = ε 0 +
Il faut que la température vérifie :
π 2NS
ε1 − ε 0 > k BT soit T < 580K ( environ ) .
m∗
.
1.2. Effet Hall dans la matière
1- Le principe fondamental de la dynamique appliqué à un électron s’écrit :
20
Examen de Physique Quantique
m∗
dv
m∗
v
= − e E + v ∧ B0 −
dt
τ
(
)
force de Lorentz
∗
m
⎛ dv
⎞
= 0 ⎟ , cette équation devient : −e E + v ∧ B0 −
v = 0.
τ
⎝ dt
⎠
En multipliant cette équation par − N S e , on obtient l’équation reliant jS à E :
(
En régime permanent ⎜
jS + ejS ∧ B0 =
)
N S e 2τ
E = σ 0E
m∗
σ 0 est la conductivité du gaz bidimensionnel en l’absence de champ magnétique.
En projection sur les axes Ox et 0 y , on obtient le système suivant :
⎧⎪ jSx + ωcτ jSy = σ 0 E x
⎨
⎪⎩ −ωcτ jSx + jSy = σ 0 E y
Dont la solution est :
σ0
⎧
⎪ jSx = 1 + ω 2τ 2 ( E x − ωcτ E y )
⎪
c
⎨
⎪ jSy = σ 0 (ωcτ E x + E y )
⎪⎩
1 + ωc2τ 2
Les composantes du tenseur conductivité sont donc :
σ0
⎧
⎪σ xx = σ yy = 1 + ω 2τ 2
⎪
c
⎨
⎪σ yx = −σ xy = σ 0ωcτ
⎪⎩
1 + ωc2τ 2
2- En régime permanent, le courant est selon Ox donc jSy = 0 soit E y = −ωcτ E x . On en déduit :
jSx =
−
3- Alors : VH =
L
2
∫ − E dy = E L et I = j
y
y
Sx
−σ 0
ωcτ
Ey
L . Tous calculs faits, on obtient : RH =
L
2
4- s =
B0
.
NSe
δVH
I
jL
=
= S .
δ B NSe NSe
⎧⎪ L = 100nm, s =16mV.T -1 , Bmin = 64nT
A.N. : pour ⎨
¨
-1
⎪⎩ L = 5µ m, s =0,78V.T , Bmin = 1,3nT
21