Les états liés d'un puits GaAs/AlGaAs : formes, parités, débordement

La stratégie. On ne résout aucun raccordement : on écrit l'équation dans chaque domaine pour connaître la forme des solutions, on compte les inconnues et les conditions pour comprendre pourquoi l'énergie est quantifiée, puis on exploite les énergies fournies : nombres d'onde, longueurs de décroissance, vérification d'une condition de continuité, probabilités.

1) Oscillant dedans, évanescent dehors. À l'intérieur, $V=0$ et l'équation stationnaire s'écrit $$\frac{{\mathrm{d}}^2\phi }{\mathrm{d}{x}^2}=-k^2\phi ,k=\frac{\sqrt{2m^{\ast }E}}{\hslash },$$ de solutions oscillantes $\phi =\alpha \cos (kx)+\beta \sin (kx)$. À l'extérieur, $V=V_0>E$ et $$\frac{{\mathrm{d}}^2\phi }{\mathrm{d}{x}^2}=+{\kappa }^2\phi ,\kappa =\frac{\sqrt{2m^{\ast }(V_0-E)}}{\hslash },$$ de solutions exponentielles $\phi =C{\mathrm{e}}^{-\kappa x}+D{\mathrm{e}}^{+\kappa x}$ pour $x>L/2$ (et de même à gauche). Le terme $D{\mathrm{e}}^{\kappa x}$ croît sans limite : $|\phi {|}^2$ ne serait pas intégrable, la fonction d'onde ne serait pas normalisable, et la particule ne serait pas liée. On impose donc $D=0$ à droite, et la condition symétrique à gauche.

Comptons. Il reste quatre amplitudes : $\alpha$ et $\beta$ dedans, une à droite, une à gauche. Les conditions de continuité de $\phi$ et de $\frac{\mathrm{d}\phi }{\mathrm{d}x}$ aux deux parois donnent quatre équations linéaires et homogènes en ces quatre inconnues. Pour une énergie quelconque, un tel système n'a que la solution nulle ; il n'a de solution non nulle que si son déterminant s'annule, ce qui est une condition sur $E$, satisfaite seulement pour des valeurs isolées. Si l'on avait gardé les exponentielles croissantes, il y aurait six inconnues pour quatre équations, et une solution pour toute énergie : c'est bien l'exigence d'une fonction d'onde qui s'éteint loin du puits — le caractère lié — qui quantifie l'énergie. Enfin, $E\le 0$ est impossible : $\phi$ et sa dérivée seconde auraient partout le même signe, et une telle fonction ne peut s'éteindre des deux côtés.

2) Parités et nœuds. Le potentiel est pair : les états sont pairs ou impairs (formes fournies). Comme pour une corde, le fondamental n'a aucun nœud, et chaque état a un nœud de plus que le précédent, les parités alternant : ${\phi }_1$ est paire (aucun nœud), ${\phi }_2$ impaire (un nœud, en $x=0$), ${\phi }_3$ paire (deux nœuds). On le vérifie avec les nombres de la question suivante : $k_{1}L/2=1,20<\pi /2$, donc $\cos (k_{1}x)$ ne s'annule pas dans le puits ; $k_{3}L/2=3,28$, donc $\cos (k_{3}x)$ s'annule en $|x|=\pi /(2k_3)=2,39\mathrm{nm}$, dans le puits ; à l'extérieur, une exponentielle ne s'annule jamais.

Les trois fonctions sont tracées de $x=-20$ à $20\mathrm{nm}$, avec la même amplitude intérieure : elles sont continues et à dérivée continue aux parois, et la troisième s'étend loin dans l'alliage.

3) Nombres d'onde et longueurs de décroissance. Avec ${\hslash }^2/(2m^{\ast })=0,569\mathrm{eV}\mathrm{n}{\mathrm{m}}^2$, $k=\sqrt{E/0,569}$ et $\kappa =\sqrt{(V_0-E)/0,569}$ (énergies en eV, résultats en $\mathrm{n}{\mathrm{m}}^{-1}$). Pour le fondamental, $k_1=\sqrt{0,0328/0,569}=0,240\mathrm{n}{\mathrm{m}}^{-1}$ et ${\kappa }_1=\sqrt{0,2172/0,569}=0,618\mathrm{n}{\mathrm{m}}^{-1}$. De même :

Contrôle : $k_n^2+{\kappa }_n^2=V_0/0,569=0,440\mathrm{n}{\mathrm{m}}^{-2}$ pour les trois états, comme il se doit puisque $E+(V_0-E)=V_0$. Le fondamental déborde sur $1,6\mathrm{nm}$ de chaque côté, le sixième de la largeur du puits ; le deuxième un peu plus ; le troisième, à $5\mathrm{meV}$ seulement sous le bord du puits, sur $10,7\mathrm{nm}$, plus que la largeur du puits. Plus un état est haut, plus $V_0-E$ est petit, plus il déborde.

4) Vérifier une condition de continuité. En $x=L/2$, la forme intérieure vaut $A\cos (k_{1}L/2)$ et la forme extérieure $A\cos (k_{1}L/2){\mathrm{e}}^0$ : ${\phi }_1$ est continue par construction — c'est ainsi qu'on a choisi l'amplitude extérieure. Les dérivées valent, de part et d'autre, $$\frac{\mathrm{d}{\phi }_1}{\mathrm{d}x}\left({\frac{L}{2}}^{-}\right)=-A{k}_1\sin \left(\frac{k_{1}L}{2}\right),\frac{\mathrm{d}{\phi }_1}{\mathrm{d}x}\left({\frac{L}{2}}^{+}\right)=-{\kappa }_{1}A\cos \left(\frac{k_{1}L}{2}\right),$$ et leur égalité impose ${\kappa }_1=k_1\tan (k_{1}L/2)$. Numériquement, $k_{1}L/2=0,2401\times 5=1,200\mathrm{rad}$, $\tan (1,200)=2,575$, et $$k_1\tan \left(\frac{k_{1}L}{2}\right)=0,2401\times 2,575=0,618\mathrm{n}{\mathrm{m}}^{-1}={\kappa }_1.$$ L'énergie fournie est bien celle d'un état stationnaire du puits : la fonction d'onde se raccorde sans cassure. Cette relation, avec $k_1^2+{\kappa }_1^2=2m^{\ast }{V}_0/{\hslash }^2$, est la condition de quantification des états pairs ; la résoudre est ce que l'on n'a pas fait (l'énergie est fournie). Pour l'état impair, la même démarche donne $\kappa =-k\cot (kL/2)$ : $-0,4705\times \cot (2,353)=0,467\mathrm{n}{\mathrm{m}}^{-1}={\kappa }_2$. Enfin, ${\phi }_1$ étant paire, les conditions en $x=-L/2$ sont l'image de celles en $L/2$ : elles n'apportent rien de nouveau.

5) Probabilité hors du puits. Pour un état pair, la densité de présence intègre à $A^2\left[\frac{L}{2}+\frac{\sin (kL)}{2k}\right]$ dans le puits et à $2\times A^2{\cos }^2(kL/2)\times \frac{1}{2\kappa }$ dans les deux parois ; la constante $A$ se simplifie dans le rapport : $$P_{\text{ext}}=\frac{{\cos }^2(kL/2)/\kappa }{\frac{L}{2}+\frac{\sin (kL)}{2k}+\frac{{\cos }^2(kL/2)}{\kappa }}.$$ Pour un état impair, on remplace $\cos$ par $\sin$ et le $+$ du terme $\sin (kL)/(2k)$ par un $-$.

• Fondamental : ${\cos }^2(1,200)/{\kappa }_1=0,131/0,618=0,212\mathrm{nm}$, et $5+\sin (2,401)/0,480=6,41\mathrm{nm}$ : $P_{\text{ext}}=0,212/6,62=$ $3,2\%$.
• Deuxième état : ${\sin }^2(2,353)/{\kappa }_2=0,504/0,467=1,08\mathrm{nm}$ et $5-\sin (4,705)/0,941=6,06\mathrm{nm}$ : $P_{\text{ext}}=$ $15\%$.
• Troisième état : ${\cos }^2(3,282)/{\kappa }_3=0,980/0,0931=10,5\mathrm{nm}$ et $5+\sin (6,565)/1,313=5,21\mathrm{nm}$ : $P_{\text{ext}}=$ $67\%$.

Le troisième état est lié, mais à peine : l'électron passe les deux tiers du temps dans les couches d'alliage, là où, classiquement, son énergie ne lui permet pas d'aller. Un état presque au bord du puits vit surtout hors du puits.

6) Comparaison au puits infini. $E_1^{\infty }=\frac{h^2}{8m^{\ast }{L}^2}=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m^{\ast }{L}^2}={\pi }^2\times \frac{0,569}{100}\mathrm{eV}=56,1\mathrm{meV}$, puis $E_2^{\infty }=224,5\mathrm{meV}$ et $E_3^{\infty }=505\mathrm{meV}$. Les trois niveaux du puits fini sont plus bas, dans les rapports $0,58$ ; $0,56$ ; $0,49$, d'autant plus que l'état déborde davantage. Le modèle du puits infini placerait le troisième niveau à $505\mathrm{meV}$, au-dessus de $V_0=250\mathrm{meV}$ : il conclurait à deux états liés seulement, alors que le puits fini en garde un troisième. Le puits infini n'est un bon modèle que pour les états dont la longueur de décroissance est petite devant $L$.

Ce que l'exercice installe. Dans un puits fini, l'onde oscille dedans et s'éteint dehors sur la longueur $1/\kappa$ ; c'est l'exigence d'une fonction d'onde de carré sommable qui quantifie l'énergie. Une condition de continuité se vérifie sur une solution fournie en une ligne. Plus un état est haut, plus il déborde : le dernier état lié d'un puits peut vivre surtout hors du puits, et les niveaux sont tous plus bas que ceux du puits infini.