Remonter au potentiel depuis un état stationnaire

La stratégie. On résout l'équation stationnaire pour $V$ au lieu de $\phi$ : une simple division. Le résultat apprend à lire une fonction d'onde : sa courbure relative mesure l'énergie cinétique locale.

1) La lecture à l'envers. En divisant par $\phi$ : $$E-V(x)=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\phi }^{\prime \prime }(x)}{\phi (x)},$$ le terme cinétique rapporté à $\phi$. Où $E>V$ (région permise), ${\phi }^{\prime \prime }/\phi <0$ : $\phi$ se courbe vers l'axe et oscille, d'autant plus vite que $E-V$ est grand. Où $E<V$ (région interdite), ${\phi }^{\prime \prime }/\phi >0$ : $\phi$ s'écarte de l'axe, elle est exponentielle, et décroissante si elle reste bornée : l'onde évanescente du cours.

2) Le potentiel harmonique. ${\phi }_1^{\prime }=A\left(1-\frac{x^2}{a^2}\right){\mathrm{e}}^{-x^2/2a^2}$ et ${\phi }_1^{\prime \prime }=\left(\frac{x^2}{a^4}-\frac{3}{a^2}\right){\phi }_1$, donc $$V(x)=E_1+\frac{{\hslash }^2{x}^2}{2m{a}^4}-\frac{3{\hslash }^2}{2m{a}^2}:$$ une parabole $\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2+\text{cte}$ avec $\frac{1}{2}m{\omega }^2=\frac{{\hslash }^2}{2m{a}^4}$, soit $\omega =\frac{\hslash }{m{a}^2}$ (la relation $a=\sqrt{\hslash /m\omega }$ de l'exercice 2). Avec $V(0)=0$, $E_1=\frac{3{\hslash }^2}{2m{a}^2}=\frac{3}{2}\hslash \omega$. Pour la gaussienne, ${\phi }_0^{\prime \prime }=\left(\frac{x^2}{a^4}-\frac{1}{a^2}\right){\phi }_0$ donne le même potentiel avec $E_0=\frac{1}{2}\hslash \omega$ : l'énergie admise à l'exercice 2 est vérifiée. Les deux états diffèrent par un nœud (${\phi }_1(0)=0$) et leurs énergies par $\hslash \omega$, soit pour CO $1,055\times 10^{-34}\times 4,04\times 10^{14}=4,26\times 10^{-20}\mathrm{J}=0,266\mathrm{eV}$ : l'énergie $hc/\lambda$ d'un photon infrarouge de $4,67\mu \mathrm{m}$, la raie qu'absorbe le monoxyde de carbone et qu'exploitent ses détecteurs (le lien entre écart de niveaux et photon est étudié au TD sur le puits infini).

3) Un puits de profondeur finie. Avec $u=x/a$ et th la tangente hyperbolique : ${\phi }_2^{\prime }=-\frac{A}{a}\frac{\mathrm{th}u}{\mathrm{ch}u}$ et ${\phi }_2^{\prime \prime }=\frac{A}{a^2}\frac{2{\mathrm{th}}^{2}u-1}{\mathrm{ch}u}=\frac{1}{a^2}\left(1-\frac{2}{{\mathrm{ch}}^{2}u}\right){\phi }_2$ (car ${\mathrm{th}}^{2}u=1-1/{\mathrm{ch}}^{2}u$). Donc $$V(x)=E_2+\frac{{\hslash }^2}{2m{a}^2}-\frac{{\hslash }^2}{m{a}^2{\mathrm{ch}}^2(x/a)}=-\frac{{\hslash }^2}{m{a}^2{\mathrm{ch}}^2(x/a)}:$$ un puits qui tend vers $0$ à l'infini, de profondeur $V_0=\frac{{\hslash }^2}{m{a}^2}$, le niveau à mi-profondeur. Pour un électron et $a=1\mathrm{nm}$, $V_0=\frac{(1,055\times 10^{-34}{)}^2}{9,11\times 10^{-31}\times 10^{-18}}=1,22\times 10^{-20}\mathrm{J}=76\mathrm{meV}$ et $E_2=-38\mathrm{meV}$ : l'ordre de grandeur des puits peu profonds des hétérostructures de semi-conducteurs. Pour $|x|\gg a$, $\mathrm{ch}(x/a)\approx \frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{|x|/a}$ et ${\phi }_2\approx 2A{\mathrm{e}}^{-|x|/a}$ : l'onde évanescente de la région où $E_2<V\approx 0$, avec bien $\kappa =\sqrt{2m(0-E_2)}/\hslash =1/a$. La particule est liée ($E<0$), mais sa densité déborde du puits sur une longueur de l'ordre de $a$.

Sur chaque graphique : $V(x)$ en trait épais, $E$ en tirets, $\phi$ (trait fin) dessinée sur ce niveau ; énergies en unités de ${\hslash }^2/(m{a}^2)$. Partout, $\phi$ se courbe vers l'axe où $E>V$ et s'en écarte où $E<V$.

4) Un pic : le raccordement lu à l'envers. Pour $x\ne 0$, ${\phi }_3^{\prime \prime }={\phi }_3/a^2$, donc $V=E_3+\frac{{\hslash }^2}{2m{a}^2}$, constant de part et d'autre ; en le prenant nul, $E_3=-\frac{{\hslash }^2}{2m{a}^2}$ : un état lié, flanqué de deux ondes évanescentes. Mais ${\phi }_3^{\prime }(0^{-})=A/a$ et ${\phi }_3^{\prime }(0^{+})=-A/a$ : la dérivée saute. Or ${\phi }^{\prime }$ est continue partout où $V$ reste fini (résultat admis : ${\phi }^{\prime \prime }$ y reste borné). Par contraposée, $V$ est infini en $x=0$ : le pic de ${\phi }_3$ signale un puits infiniment étroit et profond, idéalisation d'un puits très étroit et très profond. C'est la lecture de l'exercice 5, où ${\phi }^{\prime }$ sautait aussi, devant un mur.

Ce que l'exercice installe. Lire l'équation stationnaire à l'envers : $E-V=-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\phi }^{\prime \prime }}{\phi }$ ; oscillation où $E>V$, exponentielle où $E<V$ (onde évanescente). Et les conditions de raccordement comme critère : une dérivée discontinue trahit un potentiel infini.