Comment résoudre le problème de la particule dans une boîte?
En mécanique quantique, la particule dans une boîte est un problème conceptuellement simple dans l'espace de position qui illustre la nature quantique des particules en n'autorisant que des valeurs discrètes d'énergie.
En mécanique quantique, la particule dans une boîte est un problème conceptuellement simple dans l'espace de position qui illustre la nature quantique des particules en n'autorisant que des valeurs discrètes d'énergie. Dans ce problème, nous partons de l'équation de Schrödinger, trouvons les valeurs propres d'énergie et procédons à l'imposition de conditions de normalisation pour dériver les fonctions propres associées à ces niveaux d'énergie.
- 1Commencez par l'équation de Schrödinger indépendante du temps. L'équation de Schrödinger est l'une des équations fondamentales de la mécanique quantique qui décrit comment les états quantiques évoluent dans le temps. L'équation indépendante du temps est une équation aux valeurs propres et, par conséquent, seules certaines valeurs propres de l'énergie existent en tant que solutions.
- H^|ψ(x)⟩=E|ψ(x)⟩{\displaystyle {\hat {H}}|\psi (x)\rangle =E|\psi (x)\rangle }
- 2Substituer l'hamiltonien d'une particule libre dans l'équation de Schrödinger.
- Dans la particule unidimensionnelle dans un scénario de boîte, l'hamiltonien est donné par l'expression suivante. Ceci est familier de la mécanique classique comme la somme des énergies cinétique et potentielle, mais en mécanique quantique, nous supposons que la position et la quantité de mouvement sont des opérateurs.
- H^=p^22m+V(x){\displaystyle {\hat {H}}={\frac {{\hat {p}}^{2}}{2m}}+V(x)}
- Dans l'espace des positions, l'opérateur de quantité de mouvement est donné par p^=−iℏddx.{\displaystyle {\hat {p}}=-i\hbar {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}.}
- H^=−ℏ22md2dx2+V(x){\displaystyle {\hat {H}}=-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {\mathrm {d} ^{2} }{\mathrm {d} x^{2}}}+V(x)}
- Pendant ce temps, nous laissons V(x)=0{\displaystyle V(x)=0} à l'intérieur de la boîte et V(x)=∞{\displaystyle V(x)=\infty } partout ailleurs. Étant donné que V(x)=0{\displaystyle V(x)=0} dans la région qui nous intéresse, nous pouvons maintenant écrire cette équation sous la forme d'une équation différentielle linéaire à coefficients constants.
- −ℏ22md2ψdx2=Eψ{\displaystyle -{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {\mathrm {d} ^{2}\psi }{\mathrm {d} x^{2} }}=E\psi }
- En réarrangeant les termes et en définissant une constante k2=2mEℏ2,{\displaystyle k^{2}={\frac {2mE}{\hbar ^{2}}},} nous arrivons à l'équation suivante.
- d2ψdx2+k2ψ=0{\displaystyle {\frac {\mathrm {d} ^{2}\psi }{\mathrm {d} x^{2}}}+k^{2}\psi =0}
C'est la description d'une particule à l'intérieur d'une boîte, entourée de murs d'énergie potentielle infinie. - Dans la particule unidimensionnelle dans un scénario de boîte, l'hamiltonien est donné par l'expression suivante. Ceci est familier de la mécanique classique comme la somme des énergies cinétique et potentielle, mais en mécanique quantique, nous supposons que la position et la quantité de mouvement sont des opérateurs.
- 3Résoudre l'équation ci-dessus. Cette équation est connue de la mécanique classique comme l'équation décrivant le mouvement harmonique simple.
- La théorie des équations différentielles nous dit que la solution générale de l'équation ci-dessus est de la forme suivante, où A{\displaystyle A} et B{\displaystyle B} sont des constantes complexes arbitraires et L{\displaystyle L} est la largeur de la boîte. Nous choisissons des coordonnées telles qu'une extrémité de la boîte se trouve à x=0{\displaystyle x=0} pour la simplicité des calculs.
- ψ(x)=Asinkx+Bcoskx,0<x<L{\displaystyle \psi (x)=A\sin kx+B\cos kx,\ quad 0<x<L}
- Bien sûr, la solution n'est valable que jusqu'à une phase globale, qui change avec le temps, mais les changements de phase n'affectent aucune de nos observables, y compris l'énergie. Par conséquent, pour nos besoins, nous écrirons la fonction d'onde comme ne variant qu'avec la position ψ(x),{\displaystyle \psi (x),} d' où l'utilisation de l' équation de Schrödinger indépendante du temps.
- La théorie des équations différentielles nous dit que la solution générale de l'équation ci-dessus est de la forme suivante, où A{\displaystyle A} et B{\displaystyle B} sont des constantes complexes arbitraires et L{\displaystyle L} est la largeur de la boîte. Nous choisissons des coordonnées telles qu'une extrémité de la boîte se trouve à x=0{\displaystyle x=0} pour la simplicité des calculs.
- 4Imposer des conditions aux limites. Rappelez-vous que V(x)=∞{\displaystyle V(x)=\infty } partout en dehors de la boîte, donc la fonction d'onde doit disparaître aux extrémités.
- ψ(0)=Asin(k⋅0)+Bcos(k⋅0)=0{\displaystyle \psi (0)=A\sin(k\cdot 0)+B\cos(k\cdot 0) =0}
- ψ(L)=Asin(kL)+Bcos(kL)=0{\displaystyle \psi (L)=A\sin(kL)+B\cos(kL)=0}
- Il s'agit d'un système d'équations linéaires, nous pouvons donc écrire ce système sous forme matricielle.
- (01sinkLcoskL)(AB)=0{\displaystyle {\begin{pmatrix}0&1\\\sin kL&\cos kL\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix }}=0}
- ψ(0)=Asin(k⋅0)+Bcos(k⋅0)=0{\displaystyle \psi (0)=A\sin(k\cdot 0)+B\cos(k\cdot 0) =0}
- 5Prenez le déterminant de la matrice et évaluez. Pour que l'équation homogène ci-dessus ait des solutions non triviales, le déterminant doit disparaître. C'est un résultat standard de l'algèbre linéaire. Si vous n'êtes pas familier avec ce contexte, vous pouvez le traiter comme un théorème.
- La fonction sinus est 0 uniquement lorsque son argument est un multiple entier de π.{\displaystyle \pi.}
- −sinkL=0kL=nπ, n∈Z{\displaystyle {\begin{aligned}-\sin kL&=0\\kL&=n\pi,\ n\in \mathbb {Z} \end{aligned}} }
- Rappelons que k=2mEℏ2.{\displaystyle k={\sqrt {\frac {2mE}{\hbar ^{2}}}}.} On peut alors résoudre pour E.{\displaystyle E.}
- kL=2mEnℏ2L=nπ{\displaystyle kL={\sqrt {\frac {2mE_{n}}{\hbar ^{2}}}}L=n\pi }
- En=ℏ2π22mL2n2{\displaystyle E_{n}={\frac {\hbar ^{2}\pi ^{2}}{2mL^{2}}}n^{2}}
- Ce sont les valeurs propres d'énergie de la particule dans une boîte. Comme n{\displaystyle n} est un entier, l'énergie de ce système ne peut prendre que des valeurs discrètes. Il s'agit d'un phénomène principalement de mécanique quantique, assez différent de la mécanique classique, où une particule peut prendre des valeurs continues pour son énergie.
- L'énergie de la particule ne peut prendre que des valeurs positives, même au repos. L'énergie de l'état fondamental E1{\displaystyle E_{1}} est appelée l'énergie du point zéro de la particule. L'énergie correspondant à n=0{\displaystyle n=0} n'est pas autorisée car cela représente physiquement qu'aucune particule ne se trouve dans la boîte. Parce que les énergies augmentent quadratiquement, les niveaux d'énergie plus élevés sont répartis plus que les niveaux d'énergie inférieurs.
- Nous allons maintenant procéder à la dérivation des fonctions propres de l'énergie.
Dans la particule unidimensionnelle dans un scénario de boîte, l'hamiltonien est donné par l'expression suivante. - La fonction sinus est 0 uniquement lorsque son argument est un multiple entier de π.{\displaystyle \pi.}
- 6Écrivez la fonction d'onde avec la constante inconnue. Nous savons à partir de la contrainte de la fonction d'onde à x=0{\displaystyle x=0} que B=0{\displaystyle B=0} (voir la première équation à l'étape 4). Par conséquent, la fonction d'onde ne contiendra qu'un terme de la solution générale de l'équation différentielle. Ci-dessous, nous substituons k=nπL.{\displaystyle k={\frac {n\pi }{L}}.}
- ψn(x)=AsinnπxL, n∈Z{\displaystyle \psi _{n}(x)=A\sin {\frac {n\pi x}{L}},\ n\in \mathbb {Z } }
- 7Normaliser la fonction d'onde. La normalisation déterminera la constante A{\displaystyle A} et garantira que la probabilité de trouver la particule dans la boîte est de 1. Étant donné que n{\displaystyle n} ne peut être qu'un entier, il est pratique de définir n=1{\ displaystyle n=1} ici, car le seul but de la substitution d'une valeur est d'obtenir une expression pour A.{\displaystyle A.} Il est utile de connaître l'intégrale ∫0πsin2xdx=π2{\displaystyle \int _{0 }^{\pi }\sin ^{2}x\mathrm {d} x={\frac {\pi }{2}}} lors de la normalisation.
- 1=∫ψ∗(x)ψ(x)dx=∫0LA∗Asin2nπxL, n∈Z{\displaystyle 1=\int \psi ^{*}(x)\psi (x)\mathrm {d} x=\int _{0}^{L}A^{*}A\sin ^{2}{\frac {n\pi x}{L}},\ n\in \mathbb {Z} }
- 1|A|2=∫0Lsin2πxLdx, u=πxL=∫0πLπsin2udu=Lππ2{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{|A|^{2}}}&=\int _{0}^{L}\sin ^{2}{\frac {\pi x}{L}}\mathrm {d} x,\ u={\frac {\pi x}{L}}\\ &=\int _{0}^{\pi }{\frac {L}{\pi }}\sin ^{2}u\mathrm {d} u\\&={\frac {L}{\pi }}{\frac {\pi }{2}}\end{aligned}}}
- A=2L{\displaystyle A={\sqrt {\frac {2}{L}}}}
- 8Arriver à la fonction d'onde. C'est la description d'une particule à l'intérieur d'une boîte, entourée de murs d'énergie potentielle infinie. Alors que n{\displaystyle n} peut prendre une valeur négative, le résultat annulerait simplement la fonction d'onde et entraînerait un changement de phase, pas un état entièrement différent. Nous pouvons clairement voir pourquoi seules les énergies discrètes sont autorisées ici, car la boîte n'autorise que les fonctions d'onde avec des nœuds à x=0{\displaystyle x=0} et x=L.{\displaystyle x=L.}
- ψn(x)=2LsinnπxL, 0<x<L{\displaystyle \psi _{n}(x)={\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin {\frac {n\pi x}{L}},\ 0<x<L}
L'énergie correspondant à n'est pas autorisée car cela représente physiquement qu'aucune particule ne se trouve dans la boîte.
- Lors de la normalisation, substituer un entier approprié à n{\displaystyle n} et effectuer la substitution u résultante renverra toujours la bonne réponse pour A,{\displaystyle A,} puisque le changement de la dérivée est compensé par le changement de la limite. Vérifiez cela en définissant n=2,{\displaystyle n=2,} ou tout autre entier positif et en normalisant à nouveau.
