Le mur qui fuit : où une particule voit-elle une paroi de hauteur finie ?

La stratégie. Une onde stationnaire réelle s'écrit en cosinus déphasé ; les deux conditions de continuité fixent la phase et l'amplitude de l'onde évanescente. Le cosinus se prolonge naturellement dans la région interdite jusqu'à son premier zéro : c'est là qu'un mur infini le couperait. La limite $V_0\to \infty$ se lit sur ces formules, et l'équation de Schrödinger intégrée dit ce que devient la dérivée.

1) La solution réelle. Pour $x<0$, $\cos (k_{1}x+\theta )=\frac{1}{2}\left({\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}{k}_{1}x}+{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\theta }{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}{k}_{1}x}\right)$ est solution de $\frac{{\mathrm{d}}^2\phi }{\mathrm{d}{x}^2}=-k_1^2\phi$ ; pour $x>0$, $D{\mathrm{e}}^{-\kappa x}$ est la solution qui ne croît pas sans borne dans la région interdite. Les deux conditions de continuité en $x=0$ s'écrivent $$\cos \theta =D,-k_1\sin \theta =-\kappa D,$$ d'où $\tan \theta =\frac{\kappa }{k_1}$ et $D=\cos \theta$. L'onde incidente a l'amplitude $\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }$, l'onde réfléchie $\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\theta }$ : $r={\mathrm{e}}^{-2\mathrm{i}\theta }$, le résultat de la marche. Que l'on puisse prendre $\phi$ réelle traduit $|r|=1$ : l'état est une onde stationnaire pure, $|{\phi }_1{|}^2={\cos }^2(k_{1}x+\theta )$, de contraste $1$, et la région 2 porte l'onde évanescente $\cos \theta {\mathrm{e}}^{-\kappa x}$.

2) Le mur effectif. Devant un mur infini placé en $x_w$, la fonction d'onde est une onde stationnaire de vecteur d'onde $k_1$ qui s'annule en $x_w$. Or $\cos (k_{1}x+\theta )$ s'annule en $k_{1}x+\theta =\frac{\pi }{2}$, soit $$x_w=\frac{1}{k_1}\left(\frac{\pi }{2}-\theta \right)=\frac{1}{k_1}\arctan \frac{k_1}{\kappa },$$ car $\frac{\pi }{2}-\arctan u=\arctan \frac{1}{u}$ pour $u>0$. Pour $x<0$, les deux fonctions d'onde sont identiques : aucune mesure faite dans la région 1 ne distingue la marche réelle d'un mur infini reculé de $x_w$. Comme $\arctan u<u$ pour $u>0$, $x_w<\frac{1}{k_1}\frac{k_1}{\kappa }=\frac{1}{\kappa }$ ; et si $\kappa \gg k_1$, $\arctan (k_1/\kappa )\approx k_1/\kappa$, donc $x_w\approx \frac{1}{\kappa }$. Le mur fuit d'environ une longueur d'atténuation. (Pour le neutron ultra-froid de la bouteille, $x_w=10,4\mathrm{nm}$.)

3) La surface du sodium. $k_1=5,12\times \sqrt{3,2}\mathrm{n}{\mathrm{m}}^{-1}=9,16\mathrm{n}{\mathrm{m}}^{-1}$, ${\lambda }_1=0,69\mathrm{nm}$ ; $\kappa =5,12\times \sqrt{2,3}\mathrm{n}{\mathrm{m}}^{-1}=7,77\mathrm{n}{\mathrm{m}}^{-1}$, $1/\kappa =0,129\mathrm{nm}$, $\delta =0,064\mathrm{nm}$. Alors $\tan \theta =0,848$, $\theta =40,3^{\circ }$ et $$x_w=\frac{\arctan (1,180)}{9,16\mathrm{n}{\mathrm{m}}^{-1}}=0,095\mathrm{nm}.$$ Ici $\kappa$ et $k_1$ sont du même ordre, et $x_w$ est notablement inférieur à $1/\kappa$. Sur la surface, la densité vaut ${\cos }^2\theta =\frac{k_1^2}{k_1^2+{\kappa }^2}=\frac{E}{V_0}=0,58$, alors que sa valeur moyenne dans le métal (moyenne de ${\cos }^2$) vaut $\frac{1}{2}$ : rapport $1,16$. Les électrons ne s'arrêtent pas au dernier plan d'ions : ils débordent dans le vide sur environ un dixième de nanomètre. Cette charge négative à l'extérieur, et le défaut de charge qu'elle laisse à l'intérieur, forment une double couche électrique qui contribue au travail de sortie (on le dit sans le calculer).

4) La paroi infinie. Quand $V_0\to \infty$, $\kappa \to \infty$, donc $\theta =\arctan (\kappa /k_1)\to \frac{\pi }{2}$ : $\phi (0)=\cos \theta \to 0$ et $x_w\to 0$, le mur effectif rejoint le mur réel. À gauche, $\frac{\mathrm{d}\phi }{\mathrm{d}x}(0^{-})=-k_1\sin \theta \to -k_1$ : la pente sur la paroi reste finie et non nulle. Dans la région 2, $\frac{\mathrm{d}\phi }{\mathrm{d}x}=-\kappa \cos \theta {\mathrm{e}}^{-\kappa x}$ vaut $-\kappa \cos \theta =-k_1\sin \theta$ en $0^{+}$ (la dérivée est continue pour tout $V_0$ fini), puis s'annule sur la distance $1/\kappa$, qui tend vers $0$. À la limite, la dérivée passe brutalement de $-k_1$ à $0$ : elle est discontinue en $x=0$. Le bilan exact. Dans la région 2, $\frac{{\mathrm{d}}^2\phi }{\mathrm{d}{x}^2}=\frac{2m(V_0-E)}{{\hslash }^2}\phi ={\kappa }^2\phi$ ; en intégrant de $0$ à $+\infty$ : $$\frac{\mathrm{d}\phi }{\mathrm{d}x}(+\infty )-\frac{\mathrm{d}\phi }{\mathrm{d}x}(0^{+})=\frac{2m}{{\hslash }^2}{\int }_0^{+\infty }(V_0-E)\phi \mathrm{d}x={\kappa }^2\frac{\cos \theta }{\kappa }=\kappa \cos \theta =k_1\sin \theta \underset{V_0\to \infty }{\to }{k}_1.$$ Le saut de la dérivée est l'intégrale de $(V_0-E)\phi$ : un potentiel infini multiplié par une fonction d'onde qui tend vers zéro, produit qui reste fini. Pour une marche finie, la même intégrale prise sur un intervalle de largeur tendant vers zéro autour de la discontinuité tend vers zéro, ce qui justifie la continuité de $\frac{\mathrm{d}\phi }{\mathrm{d}x}$ admise par le cours ; pour une paroi infinie, elle ne tend plus vers zéro. D'où la règle : à une paroi infinie, $\phi$ est continue et s'annule, sa dérivée ne l'est pas.

5) Vers le mur infini. Avec $k_1=9,16\mathrm{n}{\mathrm{m}}^{-1}$ :

La probabilité de présence dans la région 2, ${\cos }^2\theta \times \delta =\frac{E}{V_0}\frac{1}{2\kappa }$, décroît comme ${\kappa }^{-3}$ : à $100\mathrm{eV}$, elle ne vaut plus que $0,2\%$ de la probabilité de présence sur une demi-longueur d'onde dans la région 1. Le modèle du mur infini, employé au TD sur le puits infini, est légitime dès que $x_w\approx 1/\kappa$ est petit devant les autres longueurs du problème : la longueur d'onde, et la taille de la région où la particule est confinée.

Ce que l'exercice installe. Devant une marche infranchissable, l'onde dans la région permise est une onde stationnaire réelle $\cos (k_{1}x+\theta )$, $\tan \theta =\kappa /k_1$ : la paroi de hauteur finie agit comme un mur infini reculé de $x_w\approx 1/\kappa$. À la limite $V_0\to \infty$, $\phi (0)\to 0$ et la dérivée devient discontinue, parce que le saut de la dérivée vaut $\frac{2m}{{\hslash }^2}\int (V-E)\phi \mathrm{d}x$ : c'est la raison des conditions aux limites du puits infini.