Master de sciences et technologie. Applications immédiates du

Université Pierre et Marie Curie
Master de sciences et technologie.
Mécanique quantique appliquée (MU003)
Juin 2007
Examen (Session 2bis)
durée 2h
Les documents et les calculatrices sont interdits
Applications immédiates du cours
Les questions qui suivent peuvent être traitées indépendamment les unes des autres.
L’espace des états admet pour base orthonormalisée les 3 kets {|ai,|bi,|ci} .On considère les quatre
observables A=M(|aiha|+|bihb|−|cihc|),B=J(i|aihb|−i|biha|),C=L(|aiha|−|bihb|+|cihc|),
H=E(|aiha|+|bihb|+3|cihc|)où M, J, L et Esont des réels non nuls. L’observable Hest l’hamiltonien
du système.
Dans la deuxième question et les questions suivantes, on considère, en outre, le ket |ψi:
|ψi=|ai+i|bi+(1+i)|ci.
1- Donner les valeurs propres des opérateurs A, B, C et Het les vecteurs propres associés .
On considère les couples d’opérateurs {A, B},{A, C},{A, H},{B,C}et {B, H}.Donner pour chaque
couple, lorsqu’elle existe, une base de vecteurs propres communs aux deux opérateurs.
Préciserquelssontlescommutateursnulsdanslalistesuivante:[A, B],[A, C],[A, H],[B,C]et [B,H].
Préciser s’il est nécessaire de compléter les listes suivantes pour former des ensembles complets, mini-
maux, d’observables qui commutent : 1er ECOC : {A, ...},2`eme ECOC : {B, ...}.Le cas échéant, compléter
lalistepardesopérateurschoisiparmi{A, B, C, H}
2- Calculer hψ|ψi,|φi=B|ψi,hφ|φiet hψ|φi.Calculer, sur l’état |ψi,la valeur moyenne, hBiet l’écart
quadratique, ∆B, de la mesure de B.
N.B. On pourra tout d’abord exprimer hBiet (∆B)2en fonction de hψ|ψi,hφ|ψiet hφ|φi.
3- On effectue une mesure de Hsur l’état |ψi.Quels sont les résultats possibles, leur probabilité. Donner
dans chaque cas l’état du système immédiatement après la mesure.
4- Une observable admet pour vecteurs propres le vecteur |ui=2|bi+(1+i)|ciet deux autres vecteurs
orthogonaux à |ui.On effectuelamesurecorrespondantesurl’état|ψi. Quelle est la probabilité pour que
le système se retrouve dans l’état |ui,immédiatement après la mesure.
5- Al’instantt0=0,le système est décrit par le ket |ψi.Donner un ket qui décrive l’état du système à
l’instant t.
Montrerquelesystèmeseretrouvedanslemêmeétatphysiquequel’étatinitialaprèsuntempsd’évo-
lution Tdont on donnera la valeur minimale.
Problème
Le potassium a le numéro atomique Z=19.Dans l’état fondamental les moments cinétiques électro-
niques sont caractérisés par les nombres quantiques S=1/2pour le spin total et L=0pour le moment
orbital total.
Le noyau de potassium, 39
19Kprésente un spin nucléaire caractérisé par le nombre quantique I=3/2.
Dans tout le problème, L, S et Irestent constants.
1

I- Magnétisme atomique du potassium
1- Donner la valeur du nombre quantique J, associé au moment électronique total de l’ensemble des élec-
trons, ainsi que la notation spectroscopique correspondante.
Rappeler la valeur, gS,du facteur de Landé associé au spin électronique ainsi que la valeur du facteur
de Landé gLassocié au moment orbital électronique.
Calculer la valeur numérique du facteur de Landé électronique, ge
On donne la valeur du facteur de Landé nucléaire du potassium : gN'0,4ainsi que le rapport me/mP
de la masse de l’électron à la masse du proton : me/mP'5,4×10−4.
Comparer les moment magnétiques d’origine électronique et d’origine nucléaire.
2- Une base de l’espace des états est donnée par l’ensemble des vecteurs notés |n, L, S, J;mJi|I;mIioù
|n, L, S, J;mJiest la base standard de l’espace des états électroniques tandis que |I;mIiest la base standard
de l’espace des états du proton (supposé immobile).
En première approximation nous négligeons la contribution du spin nucléaire à l’hamiltonien du système.
Le vecteur |n, L, S, J;mJi|I;mIiest alors un vecteur propre de l’hamiltonien qui satisfait la relation :
H|n, L, S, J;mJi|I;mIi=En,L,S,J;mJ|n, L, S, J;mJi|I;mIi.On suppose qu’à l’instar de L, S et J, le
nombre quantique nreste constant dans tout le problème (n=4);par conséquent, l’énergie En,L,S,J;mJne
peut dépendre que de mJ;on admet cependant qu’il n’en est rien : En,L,S,J;mJ=E0.
Rappeler ce qu’est la base standard et ce que représentent respectivement L, S,Jet mJpour les vecteurs
de la base standard.
Donner les valeurs susceptibles d’être prises par mJet mI.En déduire la dimension de l’espace des états
considérés ainsi que la dégénérescence de l’énergie E0.
3- On néglige ici le magnétisme d’origine nucléaire. Immergé dans un champ magnétique faible, B=°
°
°
B°
°
°,
l’énergie de l’atome de potassium subit une petite modification ∆EB
Démontrer la relation ∆EB'KB(effet Zeeman) où Kest une constante susceptible de prendre deux
valeurs dont on donnera l’expression et la valeur numérique en eV T−1.
Montrer que les dégénérescences de l’énergie sont partiellement levées.
II- Structure hyperfine du potassium
On considère, en l’absence de champ magnétique, le couplage des moments magnétiques électronique
et nucléaires. Ce couplage engendre une perturbation de l’hamiltonien ∆H=A³ I· J´où  Iet  Jsont
respectivement les moments cinétiques d’origine nucléaire et électronique tandis que Aest, ici, une constante.
Le moment cinétique total est  F= I+ J.
1- Rappeler que les valeurs propres de  F2s’expriment en fonction d’un nombre quantique F. Donner leur
expression en fonction de Fet préciser les valeurs possibles de Fdans le cas du potassium considéré.
2- Démontrer qu’à chaque valeur de Fcorrespond un niveau d’énergie :EF=E0+∆EF.
Exprimer, en fonction de A, pour chacune des valeurs de F, la perturbation de l’énergie, ∆EF.
Donner l’ordre de dégénérescence des niveaux d’énergie pour chaque valeur de F.
3- Soient F1et F2les deux plus petites valeurs possibles de F. On pose δE =|∆EF1−∆EF2|.La fréquence
de la transition ν=δE
2π~est mesurée ; on trouve ν'462 MHz.En déduire la valeur de la constante A~.
◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦◦
On donne la valeur du magnéton de Bohr : |μB|=e~
2me
'9,3×10−24 JT
−1
On rappelle, sans autres explications, l’expression de g:
g=g1+g2
2+g1−g2 2×J1(J1+1)−J2(J2+1) J(J+1)
2

Université Pierre et Marie Curie
Master de sciences et technologie.
Mécanique quantique appliquée (MU003)
Juin 2007
Examen (Session 2bis)
corrigé
Applications immédiates du cours
L’espace des états admet pour base orthonormalisée les 3 kets {|ai,|bi,|ci} .On considère les quatre
observables A=M(|aiha|+|bihb|−|cihc|),B=J(i|aihb|−i|biha|),C=L(|aiha|−|bihb|+|cihc|),
H=E(|aiha|+|bihb|+2|cihc|)où M, J et Esont des réels. L’observable Hest l’hamiltonien du système.
1-
A
Val ppre Vr ppre
M|ai
M|bi
−M|ci
B
Val ppre Vr ppre
J|ai−i|bi
−J|ai+i|bi
0|ci
C
Val ppre Vr ppre
L|ai
−L|bi
L|ci
H
Val ppre Vr ppre
E|ai
E|bi
3E|ci
Dans les tableaux ci-dessous la première ligne représente le couple d’opérateurs considérés, la seconde
ligne donne, quand elle existe, une liste de vecteurs propres communs qui forment une base de l’espace des
états, la troisième ligne donne les couples de valeurs propres associés à chaque vecteur propre.
{A, B}
|ai−i|bi|ai+i|bi|ci
{M,J}{M,−J}{−M,0}
{A, C}
|ai|bi|ci
{M,L}{M,−L}{−M, L}
{A, H}
|ai|bi|ci
{M,E}{M,E}{−M,3E}
Remarquons que pour {A, H}la liste donnée n’est pas unique. Les deux premiers vecteurs peuvent être
remplacés par deux combinaisons linéaires indépendantes, mais sans cela arbitraires, de |aiet |bi.
{B,C}
pas de base de vecteurs propres communs
{B,H}
|ai−i|bi|ai+i|bi|ci
{J, E}{−J, E}{0,3E}
Les opérateurs Aet Badmettent une base de vecteurs propres communs ils commutent donc : [A, B]=0,
de même il vient [A, C]=0,[A, H]=0,[B, C]6=0 et [B, H]=0.
1er ECOC : {A, C},2`eme ECOC : {B}.
2- Mesure de Bsur l’état |ψi=|ai+i|bi+(1+i)|ci.
hψ|ψi=4,|φi=B|ψi=−J(|ai+i|bi)hφ|φi=2J2et hψ|φi=−2J
hBi=hψ|B|ψi
hψ|ψi=−2J 4soit hBi=−J 2(∆B)2=B2®−hBi2avec B2®=hψ|B2|ψi hψ|ψi=hφ|φi hψ|ψi=2J2 4
d’où (∆B)2=2J2
4−J2 4=J2 4on en déduit ∆B=|J| 2
3

3- Mesure de Hsur l’état |ψi
Résultat ¯
¯ψ+®Probabilité
E|ai+i|bi1
2
2E(1 + i)|ci1
2
N.B. Probabilité =hψ¯
¯ψ+®ψ+|ψi
hψ|ψiψ+¯
¯ψ+®
4- |ui=2|bi+(1+i)|ci
Proba {|
ψ+i=|ui}=|hψ|ui|2
hψ|ψihu|ui=|−2i+2|2 4×6=8 24 d’où Proba {|
ψ+i=|ui}=1
3
5- Al’instantt0=0,le système est décrit par le ket |ψi.Donner un ket qui décrive l’état du système à
l’instant t.
|ψit=e−iEt/~|ai+ie−iEt/~|bi+(1+i)e−3iEt/~|ci=e−iEt/~¡|ai+i|bi+(1+i)e−i2Et/~|ci¢.Lemême
état est représenté également par λ|ψit,c’est à dire, en posant λ=eiEt/~,par |ai+i|bi+(1+i)e−2iEt/~|ci
qui présente la période T=π~
E
Problème
Le potassium a le numéro atomique Z=19.Dans l’état fondamental les moments cinétiques électroniques
sont caractérisés par les nombres quantiques S=1/2pour le spin total et L=0pour le moment orbital
total.
Le noyau de potassium, 39
19Kprésente un spin nucléaire caractérisé par le nombre quantique I=3/2.
Dans tout le problème, L, S et Irestent constants.
I- Magnétisme atomique du potassium
1- Ici, |L+S|=1
2=|L−S|la valeur de Jest donc J=1 2. La notation spectroscopique est 2S1/2
gL=1 et gS=2
ge=2+1
2+2−1 2×3/4−0 3/4=2soit ge=gS=2
|μe|=ge
e
2me
mJ~=e~
2me
tandis que |μN|=gN
e
2mP
mI~.0,4e
2mP
×3
2~d’où
|μN|
|μe|.0,6me mP
'3,2×10−4soit |μN|
|μe|.3,2×10−4<< 1
2- La base standard est formée de vecteurs propres de  L2, S2, J2et Jz,projection de  Jsur l’axe Oz :
L2|n, L, S, J;mJi=~2L(L+1)|n, L, S, J;mJiL∈N
S2|n, L, S, J;mJi=~2S(S+1)|n, L, S, J;mJi2S∈N
J2|n, L, S, J;mJi=~2J(J+1)|n, L, S, J;mJi2S∈N
Jz|n, L, S, J;mJi=mJ~|n, L, S, J;mJimJ=−J, −J+1,−J+2,... , J−1,J
mJ=±1
2et mI=±3 2ou ±1 2
La dimension de l’espace, d, est aussi l’ordre de dégénérescence de E0:d=2×4soit d=8
4

3- ∆EB=−μ · B=−ge
qe
2me
mJ×~·Bavec mJ=±1
2d’où ∆EB=K·B
avec K=±e
2me
×~=±5,8×10−5eV T−1
La dégénérescence est partiellement levée. La dégénérescence correspondant aux diverses valeurs de mI
subsiste : d=8→d=4
II- Structure hyperfine du potassium
Le couplage des moments magnétiques électronique et nucléaires engendre une perturbation de l’hamiltonien
∆H=A³ I· J´où  Iet  Jsont respectivement les moments cinétiques d’origine nucléaire et électronique
tandis que Aest, ici, une constante.
Le moment cinétique total est  F= I+ J.
1- Valeurs propres de  F2=~2F(F+1)avec F=3
2−1 2ou 3 2+1 2soit F=1ou 2
2- Démontrer qu’à chaque valeur de Fcorrespond un niveau d’énergie :EF=E0+∆EF
I· J=1
2³
F2−
J2− I2´d’où ∆EF=A~2
2(F(F+1)−J(J+1)−I(I+1))
•I=3
2,J=1 2,F=1⇒∆E1=−7 4A~2avec mF=−1,0,1d’où la dégénérescence d1=3
•I=3
2,J=1 2,F=2⇒∆E2=−5 4A~2avec mF=−2,−1,0,1,2d’où la dégénérescence d2=5
3- δE =|∆EF1−∆EF2|=1
2A~2d’où ν=δE 2π~=A~ 4πsoit A~=4πν⇒A~=5,8×109s−1
5