Mécanique Quantique : 8 Exercices sur Schrödinger

Bienvenue dans l'univers fascinant de la mécanique quantique ! Si tu as déjà entendu parler de particules qui se comportent comme des ondes, ou de la superposition d'états, alors tu es au bon endroit. La mécanique quantique est la théorie qui décrit le comportement de la matière et de l'énergie à l'échelle atomique et subatomique. Au cœur de cette révolution scientifique se trouve l'équation de Schrödinger, l'outil fondamental pour comprendre l'évolution des systèmes quantiques.

L'équation de Schrödinger, formulée par Erwin Schrödinger en 1926, est à la mécanique quantique ce que la loi de Newton est à la mécanique classique. Elle nous permet de prédire l'état d'un système quantique à tout instant, à partir de son état initial. C'est un pilier pour de nombreuses disciplines, de la chimie quantique à la physique des matériaux, en passant par l'informatique quantique. Pour toi, étudiant en sciences physiques, la maîtriser est une étape cruciale. Cet article te propose 8 exercices corrigés pour t'aider à appréhender cette équation fondamentale.

Comprendre les Bases : L'Opérateur Hamiltonien

Avant de plonger dans les exercices, rappelons quelques concepts clés. L'équation de Schrödinger, dans sa forme dépendante du temps, s'écrit :

$$ i\hbar \frac{\partial}{\partial t} \Psi(\mathbf{r}, t) = \hat{H} \Psi(\mathbf{r}, t) $$

Où :

• $i$ est l'unité imaginaire.
• $\hbar$ est la constante de Planck réduite ($\hbar = h / 2\pi$).
• $\frac{\partial}{\partial t}$ représente la dérivée partielle par rapport au temps.
• $\Psi(\mathbf{r}, t)$ est la fonction d'onde du système, dépendant de la position $\mathbf{r}$ et du temps $t$.
• $\hat{H}$ est l'opérateur Hamiltonien du système. Il représente l'énergie totale du système.

L'opérateur Hamiltonien est crucial car il détermine l'évolution du système. Pour des systèmes simples, il peut être écrit comme la somme de l'opérateur d'énergie cinétique ($\hat{T}$) et de l'opérateur d'énergie potentielle ($\hat{V}$) : $\hat{H} = \hat{T} + \hat{V}$. Pour une particule de masse $m$ dans un potentiel $V(\mathbf{r})$, l'Hamiltonien est :

$$ \hat{H} = -\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 + V(\mathbf{r}) $$

où $\nabla^2$ est l'opérateur Laplacien.

L'Équation de Schrödinger Indépendante du Temps

Dans de nombreux cas, on s'intéresse aux états stationnaires du système, c'est-à-dire aux états dont les propriétés ne varient pas avec le temps (hormis une phase globale). Pour cela, on utilise l'équation de Schrödinger indépendante du temps :

$$ \hat{H} \psi(\mathbf{r}) = E \psi(\mathbf{r}) $$

Ici, $\psi(\mathbf{r})$ est la partie spatiale de la fonction d'onde, et $E$ représente les niveaux d'énergie possibles du système. La résolution de cette équation nous donne les valeurs des énergies ($E$) et les formes des fonctions d'onde ($\psi$) correspondant à ces énergies. Ces fonctions $\psi$ sont appelées fonctions propres de l'Hamiltonien, et les énergies $E$ sont les valeurs propres.

Exercice 1 : Particule dans une Boîte Unidimensionnelle

Considérons une particule de masse $m$ confinée dans une boîte unidimensionnelle de longueur $L$, allant de $x=0$ à $x=L$. Le potentiel est nul à l'intérieur de la boîte ($V(x)=0$ pour $0 < x < L$) et infini à l'extérieur ($V(x)=\infty$ pour $x \le 0$ ou $x \ge L$).

Question

Écris l'équation de Schrödinger indépendante du temps pour cette particule à l'intérieur de la boîte. Trouve les fonctions d'onde normalisées $\psi_n(x)$ et les niveaux d'énergie $E_n$ correspondants.

Correction

À l'intérieur de la boîte, $V(x)=0$. L'opérateur Hamiltonien se réduit à l'opérateur d'énergie cinétique : $\hat{H} = -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2}$. L'équation de Schrödinger indépendante du temps devient :

$$ -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2\psi(x)}{dx^2} = E \psi(x) $$

Cette équation différentielle du second ordre a pour solutions générales de la forme $\psi(x) = A \sin(kx) + B \cos(kx)$, où $k^2 = \frac{2mE}{\hbar^2}$.

Les conditions aux limites imposent que la fonction d'onde soit nulle aux bords de la boîte ($\psi(0) = 0$ et $\psi(L) = 0$).

• $\psi(0) = 0$ implique $B \cos(0) = 0$, donc $B=0$. La solution est $\psi(x) = A \sin(kx)$.
• $\psi(L) = 0$ implique $A \sin(kL) = 0$. Pour que la solution ne soit pas triviale ($A \ne 0$), il faut que $\sin(kL) = 0$. Cela signifie que $kL = n\pi$, où $n$ est un entier.

Comme $k$ doit être positif (pour $n>0$), on a $k_n = \frac{n\pi}{L}$ avec $n=1, 2, 3, \ldots$. (Le cas $n=0$ donnerait $\psi(x)=0$, ce qui n'est pas une fonction d'onde valide).

Les niveaux d'énergie sont donc donnés par :

$$ E_n = \frac{\hbar^2 k_n^2}{2m} = \frac{\hbar^2}{2m} \left(\frac{n\pi}{L}\right)^2 = \frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2} $$

Pour normaliser la fonction d'onde $\psi_n(x) = A \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$, on impose $\int_0^L |\psi_n(x)|^2 dx = 1$.

$$ \int_0^L A^2 \sin^2\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx = 1 $$

En utilisant $\sin^2(\theta) = \frac{1-\cos(2\theta)}{2}$, l'intégrale devient :

$$ A^2 \int_0^L \frac{1}{2} \left(1 - \cos\left(\frac{2n\pi x}{L}\right)\right) dx = \frac{A^2}{2} \left[x - \frac{L}{2n\pi} \sin\left(\frac{2n\pi x}{L}\right)\right]_0^L = \frac{A^2}{2} (L - 0) = \frac{A^2 L}{2} $$

Donc, $\frac{A^2 L}{2} = 1$, ce qui donne $A^2 = \frac{2}{L}$ et $A = \sqrt{\frac{2}{L}}$.

Les fonctions d'onde normalisées sont :

$$ \psi_n(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \quad \text{pour } 0 < x < L $$

Et les niveaux d'énergie sont :

$$ E_n = \frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2} \quad \text{pour } n=1, 2, 3, \ldots $$

Exercice 2 : Oscillateur Harmonique Quantique

Considérons un oscillateur harmonique quantique unidimensionnel, représenté par un potentiel $V(x) = \frac{1}{2} m \omega^2 x^2$, où $\omega$ est la pulsation propre du système.

Question

Écris l'opérateur Hamiltonien. Sans résoudre l'équation de Schrödinger, quel est le résultat connu pour les niveaux d'énergie de cet oscillateur ?

Correction

L'opérateur Hamiltonien pour l'oscillateur harmonique quantique est :

$$ \hat{H} = \hat{T} + \hat{V} = -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} + \frac{1}{2} m \omega^2 x^2 $$

La résolution de l'équation de Schrödinger indépendante du temps ($\hat{H}\psi(x) = E\psi(x)$) pour ce système est un résultat fondamental en mécanique quantique. Elle montre que les niveaux d'énergie sont quantifiés et séparés par un quantum d'énergie $\hbar\omega$. Les niveaux d'énergie sont donnés par :

$$ E_n = \left(n + \frac{1}{2}\right) \hbar \omega \quad \text{pour } n=0, 1, 2, 3, \ldots $$

Le niveau d'énergie le plus bas, pour $n=0$, est $E_0 = \frac{1}{2}\hbar\omega$. Ceci est connu sous le nom d'énergie du point zéro. Elle signifie que même à la température du zéro absolu, le système possèd'une énergie minimale et n'est jamais complètement immobile.

Exercice 3 : Potentiel en Delta de Dirac

Soit une particule de masse $m$ se déplaçant sur un axe $x$. Le potentiel est un potentiel "poignée" représenté par une fonction delta de Dirac : $V(x) = -\alpha \delta(x)$, où $\alpha > 0$ est une constante.

Question

Écris l'équation de Schrödinger indépendante du temps. En considérant qu'il peut y avoir un état lié, quel est le niveau d'énergie $E$ et la fonction d'onde normalisée $\psi(x)$ associés ?

Correction

L'équation de Schrödinger indépendante du temps est :

$$ -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2\psi(x)}{dx^2} - \alpha \delta(x) \psi(x) = E \psi(x) $$

Pour un état lié, on s'attend à ce que $E < 0$. Posons $E = -|E|$. L'équation devient :

$$ -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2\psi(x)}{dx^2} - \alpha \delta(x) \psi(x) = -|E| \psi(x) $$

Pour $x \ne 0$, $\delta(x)=0$, donc l'équation est simplement :

$$ -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2\psi(x)}{dx^2} = -|E| \psi(x) $$

Ce qui peut s'écrire :

$$ \frac{d^2\psi(x)}{dx^2} = \frac{2m|E|}{\hbar^2} \psi(x) $$

La solution pour $x > 0$ est de la forme $\psi(x) = A e^{-\kappa x}$ (car on cherche une fonction qui décroît à l'infini, où $\kappa = \frac{\sqrt{2m|E|}}{\hbar}$). La solution pour $x < 0$ est de la forme $\psi(x) = B e^{\kappa x}$. Pour la continuité et la normalisation, il faut que la fonction d'onde tende vers zéro quand $|x| \to \infty$. On prend donc $\psi(x) = A e^{-\kappa |x|}$.

La présence du terme $\delta(x)$ introduit une discontinuité dans la dérivée de $\psi(x)$ au point $x=0$. Pour trouver cette discontinuité, on intègre l'équation de Schrödinger sur un petit intervalle $[-\epsilon, \epsilon]$ autour de $x=0$ :

$$ \int_{-\epsilon}^{\epsilon} \left(-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2\psi(x)}{dx^2} - \alpha \delta(x) \psi(x)\right) dx = \int_{-\epsilon}^{\epsilon} E \psi(x) dx $$

En faisant tendre $\epsilon \to 0$, les intégrales des termes sans $\delta(x)$ tendent vers 0 (car $\psi(x)$ est continue). Il reste :

$$ -\frac{\hbar^2}{2m} \left[\frac{d\psi}{dx}\right]_{-\epsilon}^{\epsilon} - \alpha \psi(0) = 0 $$

La discontinuité de la dérivée est donc :

$$ \frac{d\psi}{dx}\Big|_{x=0^+} - \frac{d\psi}{dx}\Big|_{x=0^-} = -\frac{2m\alpha}{\hbar^2} \psi(0) $$

Pour $\psi(x) = A e^{-\kappa |x|}$ :

• Pour $x > 0$, $\frac{d\psi}{dx} = -A\kappa e^{-\kappa x}$. À $x=0^+$, la dérivée est $-A\kappa$.
• Pour $x < 0$, $\frac{d\psi}{dx} = A\kappa e^{\kappa x}$. À $x=0^-$, la dérivée est $A\kappa$.

La condition de discontinuité devient :

$$ -A\kappa - A\kappa = -\frac{2m\alpha}{\hbar^2} A $$

En supposant $A \ne 0$ (solution non triviale), on obtient :

$$ -2\kappa = -\frac{2m\alpha}{\hbar^2} \implies \kappa = \frac{m\alpha}{\hbar^2} $$

Maintenant, on relie $\kappa$ à l'énergie $E=-|E|$ : $\kappa = \frac{\sqrt{2m|E|}}{\hbar}$. Donc :

$$ \frac{m\alpha}{\hbar^2} = \frac{\sqrt{2m|E|}}{\hbar} $$

En élevant au carré des deux côtés :

$$ \left(\frac{m\alpha}{\hbar^2}\right)^2 = \frac{2m|E|}{\hbar^2} $$ $$ |E| = \frac{m\alpha^2}{2\hbar^2} $$

Le niveau d'énergie de l'état lié est donc :

$$ E = -\frac{m\alpha^2}{2\hbar^2} $$

La fonction d'onde normalisée est $\psi(x) = A e^{-\kappa |x|}$. La normalisation $\int_{-\infty}^{\infty} |\psi(x)|^2 dx = 1$ donne :

$$ \int_{-\infty}^{\infty} A^2 e^{-2\kappa |x|} dx = 2 \int_0^{\infty} A^2 e^{-2\kappa x} dx = 2A^2 \left[-\frac{1}{2\kappa} e^{-2\kappa x}\right]_0^{\infty} = 2A^2 \left(0 - (-\frac{1}{2\kappa})\right) = \frac{A^2}{\kappa} $$

Donc, $\frac{A^2}{\kappa} = 1 \implies A = \sqrt{\kappa}$.

La fonction d'onde normalisée est :

$$ \psi(x) = \sqrt{\kappa} e^{-\kappa |x|} = \sqrt{\frac{m\alpha}{\hbar^2}} e^{-\frac{m\alpha}{\hbar^2} |x|} $$

Exercice 4 : Moment Cinétique en Mécanique Quantique

Dans l'espace des états d'une particule, le moment cinétique orbital est représenté par l'opérateur $\hat{\mathbf{L}}$. En coordonnées sphériques, les composantes sont.

Question

Donne l'expression de l'opérateur du carré du moment cinétique $\hat{L}^2$. Quelles sont les valeurs propres de $\hat{L}^2$ et de $\hat{L}_z$ pour un état quantique décrit par les nombres quantiques $l$ et $m_l$ ?

Correction

L'opérateur du carré du moment cinétique est donné par :

$$ \hat{L}^2 = \hat{L}_x^2 + \hat{L}_y^2 + \hat{L}_z^2 $$

En coordonnées sphériques, son expression est :

$$ \hat{L}^2 = -\hbar^2 \left(\frac{1}{\sin\theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \left(\sin\theta \frac{\partial}{\partial \theta} \right) + \frac{1}{\sin^2\theta} \frac{\partial^2}{\partial \phi^2} \right) $$

Les fonctions propres de $\hat{L}^2$ et $\hat{L}_z$ sont les harmoniques sphériques $Y_l^{m_l}(\theta, \phi)$. Les valeurs propres associées sont :

• Pour $\hat{L}^2$: $l(l+1)\hbar^2$, où $l$ est le nombre quantique azimutal ($l = 0, 1, 2, \ldots$).
• Pour $\hat{L}_z$: $m_l\hbar$, où $m_l$ est le nombre quantique magnétique ($m_l = -l, -l+1, \ldots, l-1, l$).

Exercice 5 : Spin de l'Électron

L'électron possèd'une propriété intrinsèque appelée spin, qui peut être vue comme un moment cinétique interne. Pour l'électron, le spin est de magnitude $s = 1/2$. L'opérateur de spin total est $\hat{\mathbf{S}}$.

Question

Quelles sont les valeurs propres de l'opérateur $\hat{S}_z$ pour un électron ? Décris la matrice associée à $\hat{S}_z$ dans la base des états de spin.

Correction

Pour une particule de spin $s$, la projection du spin sur l'axe $z$, $\hat{S}_z$, a des valeurs propres $m_s \hbar$, où $m_s$ prend les valeurs $-s, -s+1, \ldots, s-1, s$. Pour un électron, $s=1/2$. Donc, les valeurs propres de $\hat{S}_z$ sont :

• $m_s = +1/2$ (état "spin up", noté $|\uparrow\rangle$)
• $m_s = -1/2$ (état "spin down", noté $|\downarrow\rangle$)

Ces valeurs sont donc $\frac{1}{2}\hbar$ et $-\frac{1}{2}\hbar$. Si l'on considère l'opérateur $\hat{S}_z$ dans la base canonique où $|\uparrow\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ et $|\downarrow\rangle = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$, la matrice associée à $\hat{S}_z$ est :

$$ S_z = \begin{pmatrix} \langle\uparrow|\hat{S}_z|\uparrow\rangle & \langle\uparrow|\hat{S}_z|\downarrow\rangle \\ \langle\downarrow|\hat{S}_z|\uparrow\rangle & \langle\downarrow|\hat{S}_z|\downarrow\rangle \end{pmatrix} $$

Puisque $\hat{S}_z |\uparrow\rangle = \frac{1}{2}\hbar |\uparrow\rangle$ et $\hat{S}_z |\downarrow\rangle = -\frac{1}{2}\hbar |\downarrow\rangle$, on obtient :

$$ S_z = \begin{pmatrix} \frac{1}{2}\hbar & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2}\hbar \end{pmatrix} $$

Souvent, on travaille avec les opérateurs de spin normalisés $\hat{\sigma}_z = \frac{2}{\hbar} \hat{S}_z$, dont les valeurs propres sont $+1$ et $-1$, et la matrice est la matrice de Pauli $\sigma_z = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$.

Exercice 6 : Niveau d'Énergie d'un Atome d'Hydrogène

L'atome d'hydrogène est le système le plus simple de la mécanique quantique, composé d'un proton et d'un électron. Le potentiel ressenti par l'électron est un potentiel Coulombien : $V(r) = -\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{e^2}{r}$.

Question

Sans résoudre l'équation de Schrödinger complète, rappelle la formule donnant les niveaux d'énergie de l'atome d'hydrogène en fonction du nombre quantique principal $n$. Quelle est l'énergie de l'état fondamental ?

Correction

La résolution de l'équation de Schrödinger pour l'atome d'hydrogène dans un potentiel Coulombien (en coordonnées sphériques) conduit à une quantification des niveaux d'énergie. Ces niveaux ne dépendent que du nombre quantique principal $n$. La formule est :

$$ E_n = -\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{me^4}{2\hbar^2} \frac{1}{n^2} $$

Ce terme est souvent écrit $E_n = -\frac{E_0}{n^2}$, où $E_0$ est une constante d'énergie positive, appelée énergie de Rydberg.

L'énergie de l'état fondamental correspond au niveau d'énergie le plus bas, soit pour $n=1$.

$$ E_1 = -\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{me^4}{2\hbar^2} \approx -13.6 \text{ eV} $$

C'est une énergie fondamentale pour comprendre la spectroscopie atomique.

Exercice 7 : Probabilité de Présence

La fonction d'onde $\Psi(\mathbf{r}, t)$ elle-même n'a pas d'interprétation physique directe, mais son module au carré, $|\Psi(\mathbf{r}, t)|^2$, représente la densité de probabilité de trouver la particule à la position $\mathbf{r}$ au temps $t$. La probabilité totale de trouver la particule dans tout l'espace doit être égale à 1 : $\int |\Psi(\mathbf{r}, t)|^2 dV = 1$.

Question

Pour la particule dans une boîte unidimensionnelle (Exercice 1), calcule la probabilité de trouver la particule dans la région $0 < x < L/2$ pour l'état fondamental ($n=1$).

Correction

La fonction d'onde normalisée pour l'état fondamental ($n=1$) est $\psi_1(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin\left(\frac{\pi x}{L}\right)$. La densité de probabilité est $|\psi_1(x)|^2 = \frac{2}{L} \sin^2\left(\frac{\pi x}{L}\right)$.

La probabilité de trouver la particule entre $x=0$ et $x=L/2$ est :

$$ P(0 < x < L/2) = \int_0^{L/2} |\psi_1(x)|^2 dx = \int_0^{L/2} \frac{2}{L} \sin^2\left(\frac{\pi x}{L}\right) dx $$

Utilisons l'identité $\sin^2(\theta) = \frac{1-\cos(2\theta)}{2}$ :

$$ P = \frac{2}{L} \int_0^{L/2} \frac{1}{2} \left(1 - \cos\left(\frac{2\pi x}{L}\right)\right) dx = \frac{1}{L} \int_0^{L/2} \left(1 - \cos\left(\frac{2\pi x}{L}\right)\right) dx $$

Calculons l'intégrale :

$$ P = \frac{1}{L} \left[x - \frac{L}{2\pi} \sin\left(\frac{2\pi x}{L}\right)\right]_0^{L/2} $$

En $x=L/2$ : $\frac{L}{2} - \frac{L}{2\pi} \sin\left(\frac{2\pi (L/2)}{L}\right) = \frac{L}{2} - \frac{L}{2\pi} \sin(\pi) = \frac{L}{2} - 0 = \frac{L}{2}$.

En $x=0$ : $0 - \frac{L}{2\pi} \sin(0) = 0$.

Donc, $P = \frac{1}{L} \left(\frac{L}{2} - 0\right) = \frac{1}{2}$.

La probabilité de trouver la particule dans la première moitié de la boîte est de 50%. C'est logique car la fonction $\sin^2(\pi x/L)$ est symétrique autour du milieu de la boîte pour $n=1$. Pour des états excités ($n>1$), cette probabilité n'est plus forcément 50%.

Exercice 8 : Évolution Temporelle d'un État Superposé

Un système quantique peut exister dans une superposition d'états propres. Si un système est dans une superposition d'états propres de l'Hamiltonien, son évolution temporelle est simple.

Question

Soit un système dans un état initial $|\Psi(0)\rangle = c_1 |\psi_1\rangle + c_2 |\psi_2\rangle$, où $|\psi_1\rangle$ et $|\psi_2\rangle$ sont des états propres de l'Hamiltonien $\hat{H}$ avec les énergies $E_1$ et $E_2$ respectivement. Écris la forme de la fonction d'onde $|\Psi(t)\rangle$ à un instant $t$. Quelle est l'évolution temporelle de la densité de probabilité $|\Psi(t)|^2$ ?

Correction

L'évolution temporelle d'un état quantique est donnée par l'équation de Schrödinger dépendante du temps : $|\Psi(t)\rangle = e^{-i\hat{H}t/\hbar} |\Psi(0)\rangle$. Si $|\psi_n\rangle$ est un état propre de $\hat{H}$ avec énergie $E_n$, alors $\hat{H}|\psi_n\rangle = E_n|\psi_n\rangle$. L'opérateur d'évolution agit sur cet état comme suit : $e^{-i\hat{H}t/\hbar} |\psi_n\rangle = e^{-iE_n t/\hbar} |\psi_n\rangle$.

Pour l'état initial donné, $|\Psi(0)\rangle = c_1 |\psi_1\rangle + c_2 |\psi_2\rangle$, l'état à l'instant $t$ est :

$$ |\Psi(t)\rangle = e^{-i\hat{H}t/\hbar} (c_1 |\psi_1\rangle + c_2 |\psi_2\rangle) = c_1 e^{-iE_1 t/\hbar} |\psi_1\rangle + c_2 e^{-iE_2 t/\hbar} |\psi_2\rangle $$

La densité de probabilité est $|\Psi(t)|^2 = \langle\Psi(t)|\Psi(t)\rangle$. Il faut donc calculer le produit scalaire :

$$ |\Psi(t)|^2 = \left(c_1^* e^{iE_1 t/\hbar} \langle\psi_1| + c_2^* e^{iE_2 t/\hbar} \langle\psi_2| \right) \left(c_1 e^{-iE_1 t/\hbar} |\psi_1\rangle + c_2 e^{-iE_2 t/\hbar} |\psi_2\rangle \right) $$

En supposant que $|\psi_1\rangle$ et $|\psi_2\rangle$ sont des états propres normalisés et orthogonaux ($\langle\psi_1|\psi_1\rangle = 1$, $\langle\psi_2|\psi_2\rangle = 1$, $\langle\psi_1|\psi_2\rangle = 0$ et $\langle\psi_2|\psi_1\rangle = 0$), on obtient :

$$ |\Psi(t)|^2 = |c_1|^2 \langle\psi_1|\psi_1\rangle + |c_2|^2 \langle\psi_2|\psi_2\rangle + c_1^* c_2 e^{i(E_1-E_2)t/\hbar} \langle\psi_1|\psi_2\rangle + c_2^* c_1 e^{-i(E_1-E_2)t/\hbar} \langle\psi_2|\psi_1\rangle $$

Avec l'orthogonalité, les termes croisés sont nuls. Il reste :

$$ |\Psi(t)|^2 = |c_1|^2 |\psi_1|^2 + |c_2|^2 |\psi_2|^2 $$

Où $|\psi_n|^2$ représente la densité de probabilité de l'état propre $|\psi_n\rangle$. Si les états propres $|\psi_n\rangle$ sont indépendants de la position (ce qui est le cas des états stationnaires), on peut intégrer pour obtenir la probabilité totale de chaque état :

$$ P_1 = |c_1|^2 \quad \text{et} \quad P_2 = |c_2|^2 $$

La densité de probabilité totale est donc :

$$ |\Psi(t)|^2 = P_1 |\psi_1|^2 + P_2 |\psi_2|^2 $$

Si les états propres sont spatialement localisés, alors la densité de probabilité totale est la somme des densités de probabilité de chaque état, pondérées par leurs probabilités respectives. L'aspect crucial est que si $E_1 \neq E_2$, il n'y a pas de termes oscillants dans la densité de probabilité globale.

Correction à l'énoncé : Si le système est dans une superposition d'états propres de l'Hamiltonien, le terme $e^{-i\hat{H}t/\hbar}$ agit de manière différente sur chaque état propre. L'évolution temporelle de la densité de probabilité dépend de la phase relative des coefficients $c_1$ et $c_2$. Si on calcule $|\Psi(t)|^2$ en considérant $|\psi_n\rangle$ comme des fonctions d'onde spatiales (ex: $\psi_n(x)$), alors :

$$ |\Psi(t,x)|^2 = \left| c_1 \psi_1(x) e^{-iE_1 t/\hbar} + c_2 \psi_2(x) e^{-iE_2 t/\hbar} \right|^2 $$ $$ |\Psi(t,x)|^2 = |c_1|^2 |\psi_1(x)|^2 + |c_2|^2 |\psi_2(x)|^2 + c_1^* c_2 \psi_1^(x) \psi_2(x) e^{i(E_1-E_2)t/\hbar} + c_2^ c_1 \psi_2^*(x) \psi_1(x) e^{-i(E_1-E_2)t/\hbar} $$

Pour que la densité de probabilité soit indépendante du temps, il faudrait que $E_1 = E_2$ (cas de dégénérescence) ou que les termes croisés s'annulent. Si $E_1 \ne E_2$ et $c_1, c_2$ sont non nuls, la densité de probabilité oscille dans le temps avec une fréquence $\nu = \frac{|E_1 - E_2|}{2\pi\hbar}$. C'est le phénomène de battements quantiques.

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