Annales 2011 - ESPCI - Catalogue des Cours

Examen de Physique Quantique
Juin 2011
EXAMEN DE PHYSIQUE QUANTIQUE
PARTIE A
Traiter un exercice au choix
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Temps alloué : 40 mn
--------------------------------------------
EXERCICE 1 :
Soient
!1 et ! 2 deux vecteurs propres normalisés d’un Hamiltonien H correspondant à des valeurs
E1 et E2 (on pourra poser E1 ! E2 = !! ).
a-/ On considère le vecteur d’état ! " défini par : ! " # ( !1 " ! 2 ) . Normer ! " et calculer la
propres différentes
valeur moyenne
E de l’énergie pour cet état, ainsi que l’écart quadratique moyen !E .
b- / On suppose qu’à l’instant
t = 0 le système décrit par H se trouve dans l’état ! (t = 0 ) = ! " . Quel
! (t ) du système à l’instant t ?
c-/ On considère l’observable A possédant les propriétés suivantes :
A !1 = ! 2
A ! 2 = !1
Quelles sont les valeurs propres a de l’observable de A ?
d-/ Construire les combinaisons linéaires ! ± de !1 et ! 2 , vecteurs propres de A .
est le vecteur d’état
e-/ On suppose qu’on l’instant
t = 0 le système se trouve dans l’état ! " relatif à la valeur propre a = !1 .
Quelle est la probabilité lors d’une mesure de la grandeur A effectuée à l’instant t , de trouver la valeur
a = !1 ?
EXERCICE 2 : Puits de potentiel 2D
On considère une particule de masse
µ
dans un puits infini à deux dimensions :
#0 0 ! x ! a et 0 ! y ! a
V (x , y ) = $
%" partout ailleurs
On rajoute une perturbation :
a
a
⎧
⎪ w0 0 ≤ x ≤ et 0 ≤ y ≤
W ( x ) = ⎨
2
2
⎪⎩0 partout ailleurs
a-/ Calculer, au premier ordre en w0 , l’énergie perturbée de l’état fondamental.
b-/ On considère maintenant le premier état excité. Quelle est sa dégénérescence ?
c-/ Calculer au premier ordre les énergies perturbées et à l’ordre 0 en w0 les fonctions d’ondes correspondantes.
On rappelle que les états et énergies propres d’une particule de masse
de largeur a , sont :
m dans un puits infini unidimensionnel,
2 2
2
πx
2 h π
ψ k ( x) =
sin k
; Ek = k
a
a
2ma 2
Examen de Physique Quantique
Juin 2011
EXAMEN DE PHYSIQUE QUANTIQUE
PARTIE B : PROBLEME
Documents autorisés (sauf livres)
Temps alloué : 2H20
--------------------------------------------
ELECTRON FLOTTANT SUR DE L’HELIUM LIQUIDE
(fluctuat nec mergitur)
Références bibliographiques :
Ce problème est inspiré de l’article suivant :
“Quantum Computing Using Electrons Floating on Liquid Helium”
M. I. Dykman (1) and P. M. Platzman (2)
(1) Michigan State University, Dept. of Physics & Astronomy, East Lansing, MI 48824
(2) Bell Laboratories, Lucent Technologies, Murray Hill, NJ 07974
Une description plus détaillée de la situation physique étudiée ci-dessous se trouve sur l’URL en libre accès :
http://arxiv.org/abs/quant-phy/0007113v1
m et de charge q , en mouvement à la surface d’un bain d’hélium
liquide (figure 1). On suppose que le mouvement de l’électron dans le plan Oxy de la surface est limité par des
On considère un électron de masse
électrodes non représentées sur la figure. On ne s’intéresse dans ce problème qu’au mouvement dans la direction
z perpendiculaire à la surface.
Figure 1 : Géométrie du dispositif
1 La quantification du mouvement de l’électron
1.1. Le potentiel d’interaction entre l’électron et l’hélium liquide est supposé infini si l’électron est à l’intérieur
( z < 0) . En déduire la valeur de la fonction d’onde ψ ( z, t ) de l’électron pour
condition de continuité de ψ ( z, t ) en z = 0 .
du liquide
z < 0 et rappeler la
1.2. Quand l’électron est placé dans le demi-espace z ≥ 0 , il possède une énergie potentielle d’origine
électrostatique, due à son interaction avec son « image » électrique dans l’hélium. Cette énergie a pour
expression
V (z) = −
où
ε
Λ
q2
ε −1
avec Λ =
z
4πε 0 4 (ε + 1)
est la constante diélectrique de l’hélium.
Rappeler l’équation qui régit l’évolution temporelle de la fonction d’onde ψ
( z, t ) de l’électron.
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1.3. On cherche des solutions stationnaires de cette équation sous la forme
φ (z)
démonstration l’équation vérifiée par
notera
En , où n
! ( z ,t ) = ! ( z )e
i
! Et
!
. Donner sans
(équation de Schrödinger indépendante du temps). Dans la suite, on
est un entier strictement positif, les énergies négatives (états liés) pour lesquelles cette équation
admet une solution.
1.4. Recherche de l’état fondamental
On se donne pour
z ≥ 0 la fonction d’onde φ1 ( z ) = c1 ze−κ1z , où c1 et κ1 sont des nombres réels strictement
positifs.
(a) Déterminer le coefficient
κ1
et l’énergie
indépendante du temps. On exprimera
κ1
et
E1 tels que φ1 soit solution de l’équation de Schrödinger
E1 en fonction de m, Λ et h .
(b) Cette fonction d’onde correspond à l’état fondamental du système. Donnez un argument qui le prouve.
(c) Déterminer c1 (en fonction de
κ1 ) pour que φ1 ( z ) soit normalisée.
∞
On donne
n −u
∫u e
du = n !
0
(d) Déterminer la valeur moyenne
résultat en fonction de
z1 = z
également
( 4πε 0 )
m = 9,1×10−31 kg
et
q = −1,6 ×10−19 C .
On donne
= 9 ×109 J.m.C-2 et ε ≈ 1, 057 .
Calculer l’énergie E1 (en Joule, puis en milli-électronVolt) et l’extension
d’onde
On exprimera le
m, Λ et h .
(e) On rappelle la masse et la charge de l’électron :
−1
φ1 ( z ) .
pour un électron préparé dans l’état
z1 (en nanomètres) de la fonction
φ1 ( z ) .
1.5. Recherche du premier état excité
On considère maintenant la fonction d’onde normalisée
φ2 ( z ) = c2 z (1 − κ 2 z ) e−κ z , où c2
2
nombres réels strictement positifs. On ne cherchera pas à calculer
(a) Déterminer le coefficient
κ2
et l’énergie
E2
tels que
et
κ2
sont des
c2 .
φ2
soit solution de l’équation de Schrödinger
indépendante du temps.
E1
E
E1
. Donner en GHz les fréquences ν 1 =
,ν 2 = 2 , ainsi que la fréquence
4
h
h
ν correspondant à la transition φ1 ↔ φ2 , définie par hν = E1 − E2 .
(b) Vérifier la relation
(c) Justifier que
φ2
E2 =
correspond au premier état excité du mouvement de l’électron le long de l’axe
Oz .
2 Action d’un champ électrique et absorption de rayonnement
On applique sur le système un champ électrique uniforme F > 0 , indépendant du temps, orienté suivant Oz , au
moyen d’une paire d’électrodes parallèles à la surface du liquide (figure 2). La différence de potentiel entre les
électrodes est notée U et la distance entre électrodes est
Figure 2 : une tension positive
position des niveaux d’énergie
l = 4 mm . On a F =
U
.
l
U tend à comprimer les électrons sur la surface de l’hélium, ce qui modifie la
E j , j = 1, 2,L
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En plus du champ constant précédent, on envoie une onde électromagnétique de fréquence
ν
sur l’électron
piégé et on mesure la fréquence ν 1→2 qui induit la transition entre les deux niveaux les plus bas. On trouve
On utilise dans cette partie les notations de Dirac et on introduit en particulier les kets
φj
,
j = 1, 2 correspondant aux fonctions d’onde φ j ( z ) vues dans la première partie.
2.1. En utilisant les résultats de la première partie, expliquer le résultat obtenu pour U
2.2. La présence du champ électrique F ajoute l’énergie potentielle supplémentaire
=0.
()
W z = !qFz
(a) Donner l’expression des éléments de matrice
φi Wˆ φ j
de Ŵ , en fonction de la valeur moyenne
zi de la
∞
position de l’électron dans le niveau
i = 1 ou i = 2 et de la quantité d = ∫ zφ1 ( z ) φ2 ( z ) dz où Ŵ est
0
l’opérateur associé à
(b) On choisit
(c) On note
()
W z .
U = 50 V . Evaluer en GHz la quantité
Ĥ 0
qFz1
h
.
la restriction de l’Hamiltonien au sous-espace
{φ
En présence du champ électrique, le Hamiltonien total s’écrit
coefficients
φi Hˆ φ j
h
pour
, φ2 }, en l’absence de champ électrique.
Hˆ = Hˆ + Wˆ . Evaluer en GHz les quatre
1
0
i, j = 1, 2 , en prenant U = 50 V . En déduire que l’on peut négliger les termes
64 2
z1 .
243
(d) Donner dans ce cas la variation de fréquence ν 1→2 avec la différence de potentiel U . On exprimera le
résultat en fonction de E1 , E2 , z1 , l , q et h .
(e) Retrouver le résultat expérimental obtenu pour U = 50 V .
non diagonaux de la matrice lors de sa diagonalisation. On donne
z2 = 4 z1 et d = −
3 Arrachage de l’électron par effet tunnel
Pour une tension U négative, l’électron peut être arraché à la surface. On souhaite évaluer le temps moyen
nécessaire pour qu’un électron préparé sur le niveau d’énergie
lorsqu’il est dans le niveau
E1 s’échappe. Pour cela, on considère que
E1 , l’électron
• Oscille dans le puits de potentiel près du liquide avec un temps caractéristique T =
• « Tente sa chance » de s’échapper par effet tunnel avec une probabilité
3.1. Le potentiel total vu par un électron est :
Vtot ( z ) = V ( z ) + W ( z )
(figure 3)
!
E1
p à chaque oscillation.
p qu’un électron dans l’état d’énergie E1 s’échappe, on approxime
le potentiel à une barrière carrée de hauteur Vtot,max et de largeur L = zb ! za , où z A et zB sont les altitudes où
Pour évaluer analytiquement la probabilité
Vtot ( z A ) = Vtot ( zB ) = E1 . Dans ces conditions, on pose ! =
2m (Vtot,max ! E1 )
!
et
p ! e"2 KL .
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Dans toute la suite on négligera le déplacement du niveau
E1 induit par le champ électrique.
Figure 3 : Potentiel vu par l’électron pour une tension
(a) Pour
U = 0 , évaluer la force qFv = !
dV
dz
, prise au point
U négative.
z = z1 , qui est ressentie par l’électron du fait
de son interaction avec son image électrique ( Fv est un champ électrique effectif « vu » par l’électron en
z = z1 ). On exprimera qFv
en fonction de
m, Λ et h .
(b) Dans tout ce qui suit on supposera que le champ électrique
2
qF <<
niveau
m !
!4
F
appliqué par les électrodes est tel que
3
. Interpréter physiquement cette hypothèse et justifier le fait que l’on néglige le déplacement du
E1 .
(c) Ecrire l’équation permettant de déterminer
(d) En utilisant l’expression de
za et zb en fonction de E1 , Λ, q et F .
E1 et l’hypothèse qF <<
m 2!3
, donner une expression simple pour za
!4
et
m!2
.
2! 2qF
(e) Montrer que dans cette approximation, on a Vtot ,max − E1 ; E1 .
(f) Exprimer p en fonction de m, Λ, h, q et F .
zb . En déduire que l’on peut prendre L !
3.2. On veut maintenant calculer la « durée de vie » de l’électron en présence du champ électrique.
(a) En utilisant les inégalités de Heisenberg, donner l’ordre de grandeur de la vitesse v1 de l’électron sur le
niveau d’énergie
E1 , en fonction de l’excursion z1 de son déplacement. En déduire que T =
!
donne une
E1
approximation du temps caractéristique d’aller-retour de l’électron piégé.
(b) Exprimer en fonction de p la probabilité Pn que l’électron soit encore piégé à la surface de l’hélium après
n « tentatives » de s’échapper. Montrer que pour p << 1 et np 2 << 1, cette probabilité s’écrit Pn : e − np .
(c) On suppose p << 1 . Montrer que la probabilité que l’électron soit encore piégé au voisinage de la surface à
t peut s’écrire P ( t ) = e
fonction de T et p .
l’instant
−
t
τ
et exprimer la durée de vie moyenne
(d) On réalise avec les électrodes un champ
(e) Pour un champ
F
τ
de l’électron sur le niveau
F = 104 V.m -1 . Evaluer p , puis la durée de vie τ
donné, la durée de vie de l’état fondamental d’énergie
courte que celle de l’état d’énergie
E2
.
E1 est-elle plus longue ou plus
? Lequel de ces deux niveaux est-il le plus facile à « ioniser » ?
Les deux niveaux vibrationnels d’énergies
des bits quantiques ou « qubits ».
E1 , en
E1 et E2 étudiés dans ce problème ont été proposés pour réaliser
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C
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orrigés :
EXERCICE 1 :
1-/
! 2 Ĥ !1 = E1 ! 2 !1 = E2 ! 2 !1
E1 ! E2 ).
E1 + E2
!!
; !E =
2
2
i
i
"
%
!
E
t
! E2 t
1
1
!
!
! (t ) =
!1 ! e
!2 '
$e
2#
&
a = ±1
1 !
!± =
" !1 ± ! 2 #$
2
2
!t
P (!1) = ! _ ! (t ) = cos2
2
2-/ E =
3-/
4-/
5-/
6-/
soit
( E1 ! E2 )
! 2 !1 = 0 " ! 2 !1 = 0
(puisque
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EXERCICE 2 : Puits de potentiel 2D
2
πx
πy
⎧
⎪⎪ψ n ,m ( x, y ) = a sin n a sin m a
En l’absence de perturbation : ⎨
2 2
⎪ En ,m = h π ( n 2 + m 2 ) n, m = 1, 2,L
⎪⎩
2µ a 2
a-/ L’état fondamental correspond à n = m = 1
2
πx πy
⎧
⎪⎪ψ 0 = a sin a sin a
⎨
2 2
⎪ E0 = h π
⎪⎩
2µ a 2
La correction à l’énergie s’écrit au premier ordre :
a
2
a
2
0
0
4
πx 2 πy 4
ε1 = ψ 0 Wˆ ψ 0 = 2 w0 ∫ dx ∫ dy sin 2
sin
= 2 w0 I 2
a
a
2
I = ∫ dx sin 2
0
πx
a
a
a
a
a
2
=
1 ⎡
2π x ⎤
1 − cos
dx
∫
⎢
2 0 ⎣
a ⎥⎦
a
1 ⎡
a
2π ⎤ 2 a
= ⎢ x −
sin
=
2 ⎣
2π
a ⎥⎦ 0 4
w
Et par conséquent : ε1 = 0
4
2
πx
2π y
⎧
(1)
⎪⎪n = 1, m = 2 → ψ 1 = a sin a sin a
b-/ Le premier état excité est dégénéré deux fois : ⎨
⎪n = 2, m = 1 → ψ ( 2) = 2 sin 2π x sin π y
1
⎪⎩
a
a
a
2 2
hπ
Il a pour énergie E1 = 5
.
2µ a 2
On doit diagonaliser la matrice :
⎛ ψ 1(1)
⎜
⎜⎜ ψ ( 2)
⎝ 1
Où :
1
Wˆ ψ 1( )
ψ 1(1) Wˆ ψ 1( 2) ⎞
Wˆ ψ 1
ψ 1 Wˆ ψ 1
(1)
a
ψ 1(1) Wˆ ψ 1(1) = ψ 1( 2) Wˆ ψ 1( 2)
a
( 2)
( 2)
⎟
⎟⎟
⎠
a
2
2
4
π x 2 2π y
= 2 w0 ∫ dx ∫ dy sin 2
sin
a
a
a
0
0
a
4
1 2 2 ⎛
2π x ⎞⎛
4π y ⎞ w0
= 2 w0 ∫ dx ∫ dy ⎜1 − cos
⎟⎜1 − cos
⎟ =
a
4 0 0 ⎝
a ⎠⎝
a ⎠ 4
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a
2
a
2
0
0
4
πx
2π x
πy
2π y 4
ψ 1( 2) Wˆ ψ 1(1) = ψ 1(1) Wˆ ψ 1( 2) = 2 w0 ∫ dx ∫ dy sin sin
sin
sin
= 2 w0 J 2
a
a
2
J = ∫ dx sin
0
πx
a
a
a
a
a
a
a
2
sin
2π x 1
πx
3π x ⎤
⎡
= ∫ dx ⎢cos
− cos
a
2 0 ⎣
a
a ⎥⎦
a
1 ⎡ a
πx a
3π x ⎤ 2
= ⎢ sin
−
sin
2 ⎣ π
a 3π
a ⎥⎦ 0
=
1 ⎡ a a ⎤ 2 a
+
=
2 ⎢⎣ π 3π ⎥⎦ 3 π
4
4 a2
16
donc : ψ 1( 2) Wˆ ψ 1(1) = ψ 1(1) Wˆ ψ 1( 2) = 2 w0 ×
= w0 2
2
a
9π
9π
Il faut donc diagonaliser la matrice :
⎛ 1
⎜ 4
⎜
⎜ 16
⎜ 2
⎝ 9π
Qui est de la forme
16 ⎞
9π 2 ⎟
⎟
1 ⎟
⎟
4 ⎠
⎛ a b ⎞
⎜
⎟ dont les valeurs et vecteurs propres sont de façon évidente :
⎝ b a ⎠
1 ⎛1⎞
λ1 = a + b ; V1 =
⎜ ⎟
2 ⎝1⎠
λ2 = a − b ; V2 =
1 ⎛ 1 ⎞
⎜ ⎟
2 ⎝ −1⎠
Donc, pour le puits à deux dimensions, les corrections au premier ordre en
w0 du premier état excité et les états
propres à l’ordre 0, sont :
1
⎛ 1 16 ⎞
; état propre
ψ 1(1) +ψ 1( 2)
2 ⎟
2
⎝ 4 9π ⎠
1
⎛ 1 16 ⎞
= w0 ⎜ − 2 ⎟ ; état propre
ψ 1(1) −ψ 1( 2)
2
⎝ 4 9π ⎠
ε1(1) = w0 ⎜ +
(
)
ε1( 2)
(
)
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PROBLEME 1:
ELECTRON FLOTTANT SUR DE L’HELIUM LIQUIDE
(fluctuat nec mergitur)
1 La quantification du mouvement de l’électron
1.1. L’électron ne peut pas pénétrer dans l’hélium liquide, donc on aψ
( z < 0, t ) = 0 etψ ( z, t )
est continue (mais non dérivable) en z = 0 .
1.2. On utilise la forme générale de l’équation de Schrödinger :
i!
1.3. En posantψ
( z, t ) = φ ( z ) e
i
− Et
h on
!
!!
! 2 !2! #
="
" !
!t
2m !z 2 z
obtient l’équation indépendante du temps :
! 2 d 2! "
! ! = E n ! et E = En
2m dz 2 z
1.4. Etat fondamental.
(a) En dérivant deux fois φ1
( z ) et en reportant dans l’équation précédente, on trouve que :
!1 =
(b) La fonction d’onde φ1
m!
!2
et
E1 = !
! 2!12
m"2
=
!
2m
2! 2
( z ) ne change pas de signe, elle correspond donc à l’état fondamental de l’électron.
∞
(c) En utilisant la condition de normalisation
2
3
∫ φ1 ( z ) dz = 1 , on obtient c1 = 2κ12 .
0
(d) On obtient z1 =
z =
!
"
0
2
z !1 ( z ) dz =
(e) On trouve E1 = −1,04 × 10
1.5. Premier état excité.
(a) En dérivant deux fois φ2
−22
3
3! 2
.
=
2!1 2m #
J = −0,65 meV et z1 = 11,5 nm .
( z )et en reportant dans l’équation précédente, on trouve que :
! 2! 22
mΛ
m"2
E
=
!
=
!
et
2
2m
8! 2
2h2
κ
E
(b) On a κ 2 = 1 , ce qui donne bien E2 = 1 .
2
4
On trouve ν1 = 157 GHz, ν 2 = 39 GHz etν = ν1 −ν 2 = 118 GHz .
(c) La fonction φ2 ( z ) a un changement de signe, elle correspond donc au premier état excité du mouvement de
l’électron le long de l’axe Oz .
κ2 =
2 Action d’un champ électrique et absorption de rayonnement
2.1. La fréquence de transition de 118GHz pour U = 0 correspond bien aux résultats de la première partie.
2.2. Effet du champ électrique.
(a) Eléments de matrice diagonaux (réels) :
φ1 Wˆ φ1 = −qEz1 , φ2 Wˆ φ2 = −qEz2
Eléments de matrice non diagonaux (qui sont ici réels et égaux) :
φ1 Wˆ φ2 = φ2 Wˆ φ2 = −qEd
(b) L’échelle d’énergie du champ appliqué est donnée (en unités de fréquence) par :
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q z1
!
=
qUz1
!l
(c) En utilisant les résultats précédents, on obtient : a1 =
a2 =
!2 Hˆ !2
!
= !39 +140 = 101 GHz et b =
! 35 GHz
!1 Hˆ !1
!
ˆ
!1 H !2
= !157 + 35 = !122 GHz
= 13 GHz .
!
Les valeurs propres de Ĥ sont alors de la forme :
E± =
( a1 + a2 ) ± ( a1 − a2 )
2
+ 4b 2
2
avec 4b
2
2
<< ( a1 − a2 )
A l’ordre le plus bas on peut donc négliger les termes non diagonaux et les valeurs propres sont
simplement a1 = −122 GHz et a2 = +101 GHz .
(d) On a donc hν 1→2
(e) Pour U
= E2 − E1 − 3qEz1 = E2 − E +
= 50 V on trouve
3 qU z1
.
l
3 qU z1
= 105 GHz , en assez bon accord avec l’expérience.
l
3 Arrachage de l’électron par effet tunnel
3.1. Détermination de p .
(a) En utilisant l’expression z1
=
3h2
Λ
4m 2 Λ 3
, on trouve qEv = − 2 = −
.
z1
9h4
2mΛ
m 2!3
revient à dire que qE << qEv donc que E est une petite perturbation. Ceci est
!4
cohérent avec l’hypothèse d’absence de déplacement du niveau E1 .
Λ
2
(c) La condition d’intersection s’écrit − − qE z = − E1 ou encore qE z − E1 z + Λ = 0 .
z
(b) La condition
q <<
(d) On vérifie facilement (voir aussi la figure) qu’il existe une solution proche de zéro, qui s’obtient en
2
négligeant le terme en z dans l’équation du second degré : za
:
Λ 4 z1
=
E1
3
L’autre solution s’obtient au contraire en négligeant le terme en Λ et vaut zb
Comme za
<< zb , on a
(e) On obtient Vtot ,max
que Vtot ,max
m!2
L ! zb = 2
2! q
− E1 ; E1
= −2 Λ qE ,
(f) On a donc finalement
p =e
E1
.
qE
.
ce qui est petit en valeur absolue devant E1 . On vérifie donc bien
et par conséquent K
!2!1L
:
=
2mE 1
!
= !1 .
#
&
m 2"3 (
%
= exp !
<< 1
% q !4 (
$
'
3.2. Calcul de la « durée de vie » de l’électron en présence du champ électrique.
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(a) D’après les relations de Heisenberg, on a v1
z1 mz12 9!
est
=
=
v1
!
8E1
!
"
, donc le temps caractéristique d’oscillation
mz1
. Une approximation acceptable de cette valeur est obtenue en prenant T
!
"
. On
E1
−12
obtient numériquement T : 10 s .
(b) La probabilité de rester piégé après une « tentative » est 1 −
p,
donc après n tentatives qui sont des
n
= (1 − p ) = en ln(1− p) ; e− np .
t
(c) Le nombre de « tentatives »au bout d’un temps t est n = , donc la probabilité
T
t
−p
T
temps t est P ( t ) = e T . C’est une loi exponentielle, avec une durée de vie τ = .
p
10−12
−8
(d) On obtient numériquement p = 3,7 ×10 et donc τ =
= 27 µs .
p
évènements aléatoires indépendants, on a Pn
de « survie » au bout du
(e) Un niveau excité étant « moins lié » à la surface, sa durée de vie sera plus courte et il s’ionisera donc plus
facilement.