Mécanique Quantique I, Corrigé du partiel du 4.11.2014

2014-2015
Mécanique Quantique I, Corrigé du partiel du 4.11.2014
Exercice 1 : Evolution temporelle d’un oscillateur harmonique
1. (a) L’évolution temporelle de |Ψ1 (t = 0)i est régie par l’équation de Schrödinger dépendante du
temps
d
|Ψ1 (t)i = H|Ψ1 (t)i
(1)
dt
Comme le hamiltonien est indépendant du temps, la solution de cette équation est donnée par
i~
1
1
|Ψ1 (t)i = e−iHt |Ψ1 (0)i = √ [e−iωt/2 |0i + e−i7ωt/2 |3i] = √ e−iωt/2 [|0i + e−i3ωt |3i]
2
2
(2)
(b) On en déduit que l’évolution temporelle du système est périodique. La phase globale e−iωt/2
qui multiplie les termes entre crochets n’a aucune influence sur la physique de l’évolution du
système. La période de l’état physique est alors donnée par celle du terme entre crochets et vaut
2π
donc T1 = 3ω
2. (a) De même que pour la partie 1.(a), l’évolution temporelle de |Ψ2 (0)i est donnée par
1
|Ψ2 (t)i = e−iHt |Ψ2 (0)i = √ e−i3ωt/2 [|1i + eiα e−i3ωt |4i]
2
(3)
2π
(b) La période de l’état physique est T2 = 3ω
.
3. A un instant t quelconque, l’état |Ψ(t)i est donné par :
1 −iωt/2
e
[|0i + e−i3ωt/ |3i + e−iωt |1i + eiα e−i4ωt |4i]
(4)
2
Parmi les quatre termes entre crochets, trois termes contiennent des exponentielles complexes ayant
2π
2π
2π
des périodes différentes ( 2π
ω , 3ω et 4ω ). La période de l’état physique est donc T = ω . Il est
intéressant de remarquer que la combinaison linéaire de deux états |Ψ1 (t)i et |Ψ2 (t)i ayant la
même période d’évolution ne donne pas forcément un état qui évolue avec la même période.
|Ψ(t)i = e−iHt |Ψ(0)i =
Exercice 2 : Distinction d’états
On note p(0) = 1/2 et p(π/4)√= 1/2 les probabilités que le système soit initialement préparé dans les
états |0i et |0π/4 i = (|0i + |1i)/ 2, respectivement. On désigne par p(x|θi ) la probabilité que la mesure
effectuée par Bob dans la base Bθ donne le résultat x lorsque le système se trouve initialement dans l’état
|0θi i (θi ∈ {0, π/4}). On a donc
p(0|θi ) = |h0θ |0θi i|2
2
p(1|θi ) = |h1θ |0θi i| .
(5)
(6)
La probabilité jointe que l’état initial du système soit |0θi i et que Bob mesure x, notée p(x, θi ) est donc
p(x, θi ) = p(x|θi )p(θi ) =
1
|hxθ |0θi i|2 .
2
(7)
Finalement, la probabilité que Bob ait raison, notée P , est
P = p(0, 0) + p(1, π/4)
1
1
= |h0θ |0i|2 + |h1θ |0π/4 i|2 .
(8)
2
2
Cette probabilité dépend de l’orientation θ de la base Bθ utilisée par Bob. On examine dans les trois
questions deux cas particuliers, puis le cas général à θ quelconque.
1. Cas θ = 0. La probabilité que Bob ait raison est
P =
1
1
1 1
3
|h0|0i|2 + |h1|0π/4 i|2 = + = .
2
2
2 4
4
(9)
2. Cas θ = π/8. Dans ce cas la probabilité P est
P =
=
=
=
=
1
1
|h0π/8 |0i|2 + |h1π/8 |0π/4 i|2
2
2
2
π
π
1
1
1
π 1
cos2 +
− √ sin + √ cos
2
8
2
8
8
2
2
1
π
1
1
π
π
π
π
sin2 + cos2
− sin cos
cos2 +
2
8
4
8
8
2
8
8
1 1
1
π
π
cos + 1 + − sin
4
4
4 4
4
1
,
2
(10)
où l’on a utilisé les identités cos2 θ = (cos 2θ + 1)/2 et sin θ cos θ = (sin 2θ)/2.
3. Dans le cas général (θ quelconque), l’équation (8) donne
2
1
1
1
1
cos2 θ +
− √ sin θ + √ cos θ
2
2
2
2
1
= (2 + cos 2θ − sin 2θ) .
4
P =
(11)
La probabilité P est une fonction périodique de θ, de période π. La dérivée
dP
1
= − (sin 2θ + cos 2θ)
dθ
2
(12)
s’annule pour sin 2θ = − cos 2θ, c’est-à-dire 2θ congru à 3π/4 modulo π, ce qui donne les racines
suivantes dans l’intervalle [0, π[ :
θ1 = 3π/8,
θ2 = 7π/8.
La dérivée seconde d2 P/dθ2 = − cos 2θ + sin 2θ prend les valeurs
d2 P 3π √
= 2 sin
= 2>0
2
dθ θ1
4
√
d2 P 7π
=− 2<0
= 2 sin
2
dθ
4
(13)
(14)
(15)
θ2
Ceci montre que P (θ1 ) et P (θ2 ) sont respectivement les minimum et maximum absolus de P . Le
choix de θ qui maximise la probabilité que Bob ait raison est donc θ = 7π/8 (à π près). Cette
probabilité maximale vaut
√
1
7π
7π
2+ 2
Pmax =
2 + cos
− sin
=
.
(16)
4
4
4
4
On vérifie que cette valeur de P est bien supérieure à celle trouvée dans les deux cas particuliers
examinés auparavant.
Exercice 3 : Deux particules avec force harmonique
En ramenant le problème au cas classique, on observe que le hamiltonien en question est celui d’un
système de deux particules identiques de masse m, reliées par un ressort de raideur k = mω 2 et de
longueur à vide nulle. Afin de découpler les deux variables, il suffit de transformer les positions x1 et
2
x2 en deux nouveaux degrés de liberté X1 = x1 +x
et X2 = x1 − x2 représentant la position du centre
2
de masse du système et l’allongement du ressort, respectivement. Les nouvelles quantités de mouvement
seront P1 = p1 + p2 ( la quantité de mouvement du centre de masse) et P2 = p1−p2
2 . On vérifie facilement
que les nouvelles variables satisfont les relations de commutation canoniques, i.e. [X̂i , P̂j ] = i~δij et
[X̂i , X̂j ] = 0 = [P̂i , P̂j ], i ∈ {1, 2}. Le hamiltonien en fonction des nouvelles variables s’écrit alors :
P̂12
P̂ 2
1
+ 2 + mω 2 X̂22
4m
m
2
P̂12
P̂22
1 m 2 2
2ω X̂
=
+
+
4m 2(m/2) 2 2 |{z} 2
Ĥ =
(17)
ω 02
On obtient ainsi Ĥ = Ĥ1 + Ĥ2 où Ĥ1 est le hamiltonien d’une particule libre (le centre de masse) et Ĥ2 est
celui d’un oscillateur harmonique, avec [Ĥ1 , Ĥ2 ] = 0. Le spectre de ce hamiltonien est donc 21 ~ω 0 + R+ . Les
2
2
1 +k2 )
valeurs propres sont de la forme E = ~ω 0 (n+1/2)+ ~ (k4m
avec ki = p~i . En comparant le cas quantique
au cas classique, on remarque tout d’abord que le fondamental de l’oscillateur harmonique quantique a
une énergie E0 = 12 ~ω 0 6= 0. En outre, contrairement au cas classique, le mouvement relatif est quantifié.