<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\documentclass{article}
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\newcommand{\important}[1]{\begin{center}\fbox{
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}


\begin{document}
 
\begin{center}
\begin{tabular*}{\textwidth}{@{}l@{\extracolsep{\fill}}r@{}}
LeÃ§on de physique 40 &amp;   Gey Lucas, Rossetti Sylvio \\
\end{tabular*}
\vspace{0.5cm}

\HRule \\
\LARGE \textsc{LP40 : Confinement d'une particule et quantification de l'Ã©nergie.}\\[-0,3cm]
\HRule \\
\end{center} 

\section*{Niveau} 
L3
\section*{Commentaires du jury}
\begin{itemize}
    \item 2017 : Cette leÃ§on est une leÃ§on de physique et ne doit donc pas se limiter Ã&nbsp; des calculs.
    \item 2016 : Le lien entre le confinement et la quantification doit Ãªtre explicitÃ©.
    \item 2015 : Cette leÃ§on peut Ãªtre lâ€™occasion de dÃ©velopper des arguments qualitatifs et des calculs simples permettant de donner des ordres de grandeur dans des domaines divers de la physique avant dâ€™envisager des applications Ã©laborÃ©es.Jusquâ€™en 2013, le titre Ã©tait : Confinement de lâ€™Ã©lectron et quantification de lâ€™Ã©nergie. Exemples.
    \item 2011, 2012, 2013 : La justification des conditions aux limites est essentielle.
    \item 2008 : Le modÃ¨le de Bohr a maintenant une importance surtout historique. Il est Ã©videmment possible de lâ€™aborder mais il nâ€™est pas un passage obligÃ© pour aborder la quantification.
    \item 2005 : Le jury nâ€™attend pas un exposÃ© purement historique.
    \item 1998 : Si les dÃ©tails des calculs peuvent Ãªtre omis, les bases de ceux-ci, ainsi que la signification physique des conditions aux limites imposÃ©es au systÃ¨me doivent Ãªtre explicitÃ©es. Par ailleurs, le jury attend la prÃ©sentation dâ€™applications significatives et bien comprises.
\end{itemize}

\section*{Bibliographie}
\begin{itemize}
    \item 
\end{itemize}

\section*{prÃ©-requis}
\begin{itemize}
    \item InÃ©galitÃ© de Heisenberg
    \item Equation de ScrÃ¶dinger
    \item ProblÃ¨me Ã&nbsp; 2 corps
    \item Moment cinÃ©tique et harmoniques sphÃ©riques
\end{itemize}

\section*{ExpÃ©riences}
\begin{itemize}
    \item 
\end{itemize}

\tableofcontents

\section*{Introduction}

Dans cette leÃ§on, on va faire le lien entre : 
\begin{itemize}
    \item Le confinement d'une particule, c'est-Ã&nbsp;-dire le fait d'astreindre une particule Ã&nbsp; se dÃ©placer dans une rÃ©gion finie de l'espace, et
    \item la quantification de l'Ã©nergie : c'est la quantification d'Ã©nergie qui est observÃ©e dans les spectres de raies discrets des Ã©lÃ©ments (sodium, hydrogÃ¨ne, mercure,...)
\end{itemize}

\section{Mise en Ã©vidence expÃ©rimentale}

\subsection{Spectre de raie de l'hydrogÃ¨ne}

\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width = .8\textwidth]{images/spectre_H.png}
    \caption{Spectre dÃ©mission de l'hydrogÃ¨ne.}
\end{figure}

\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width = .8\textwidth]{images/balmer.PNG}
    \caption{Spectre de l'hydrogÃ¨ne}
\end{figure}

\begin{itemize}
    \item[$\bullet$] 1862 : observation par Angstrom du spectre de raie de l'hydrogÃ¨ne.
    \item[$\bullet$] 1885 : l'observation minutieuse des longueurs d'onde de l'hydrogÃ¨ne conduit Balmer Ã&nbsp; la formule Ã©ponyme : $$\lambda_m = B \frac{m^2}{m^2-n^2}$$ $B =$ \SI{3645,6}{\angstrom} est la constante de Balmer, $m$ est un entier et $n =$ 2. La sÃ©rie de raies de l'hydrogÃ¨ne qui satisfont cette Ã©quation constitue la sÃ©rie de Balmer.
    \item[$\bullet$] 1888 Ryldbergh gÃ©nÃ©ralise cette formule, qui s'Ã©crit dans le cas de l'hydrogÃ¨ne : $$\frac{1}{\lambda} = R_H \qty(\frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2})$$
    
    $\lambda$ dÃ©signe la longueur d'onde de la raie dans le vide, $n_1 &gt; n_2$ sont des entiers. La constante de Ryldbergh de l'hydrogÃ¨ne vaut $R_H =$ \SI{1.097373e7}{m^{-1}}. Cette formule donne diffÃ©rentes raies spectrales, et notamment celle de Balmer pour $n_1 = 2$.
    \begin{table}[!h]
    \centering
    \begin{tabular}{c|c|c}
        $n_1$ &amp; Nom &amp; Domaine \\
        \hline
        1 &amp; Lyman &amp; UV \\
        2 &amp; Balmer &amp; Visible \\
        3 &amp; Paschen &amp; IR \\
        4 &amp; Brackett &amp; IR \\
        5 &amp; Pfund &amp; IR \\
        6 &amp; Humphreys &amp; IR
    \end{tabular}
    \caption{Tableau des sÃ©ries de raies de l'H.}
\end{table}
    \item[$\bullet$] 1913 : Le lien avec les niveaux d'Ã©nergie est fait par Niels Bohr, qui postule le caractÃ¨re discret de l'Ã©nergie des atomes.
    \item[$\bullet$] 1914 : l'expÃ©rience de Franck et Hertz apporte une confirmation expÃ©rimentale.
\end{itemize}

\textbf{Remarque :} pour les hydrogÃ©noÃ¯des, il faut multiplier $R_H$ par $Z$ pour obtenir la bonne formule.
\begin{tcolorbox}
Faire le spectre de raie de l'hydrogÃ¨ne si possible, sinon, on fait au goniomÃ¨tre? \href{http://www.armelmartin.mon-site-a-moi.fr/doc/tp/tp3_gonio.pdf}{ pour le rÃ©glage du goniomÃ¨tre}
\end{tcolorbox}
\subsection{ExpÃ©rience de Franck et Hertz}

Cette expÃ©rience a valu Ã&nbsp; ses auteurs le prix Nobel de physique de 1925. Elle permet de confirmer les hypothÃ¨ses du modÃ¨le de l'atome de Bohr.

\begin{figure}[!h]
    \centering
    \includegraphics[width = .6\textwidth]{images/Franck_Hertz.png}
    \caption{SchÃ©ma de l'expÃ©rience de Franck et Hertz. K : cathode. A : anode. G : grille.}
    \label{fig:my_label}
\end{figure}

L'ensemble K + A + G est appelÃ© \textit{triode}. L'idÃ©e de l'expÃ©rience est de faire circuler des Ã©lectrons dans un tube Ã&nbsp; vide contenant du mercure gazeux. $U_h$ est une tension appliquÃ©e pour arracher des Ã©lectrons Ã&nbsp; un filament qui constitue la cathode. Les Ã©lectrons sont accÃ©lÃ©rÃ©s entre la cathode et la grille par la tension $U_b$ variable. La tension $U_g$ permet de "sÃ©lectionner" les Ã©lectrons ayant une Ã©nergie supÃ©rieure Ã&nbsp; $e U_g$ lorsqu'ils arrivent Ã&nbsp; la grille.

Les Ã©lectrons vont entrer en collision avec des atomes de mercure durant leur course entre K et A. Deux types de chocs peuvent intervenir :
\begin{itemize}
    \item Les chocs Ã©lastiques : pas de transfert d'Ã©nergie des Ã©lectrons aux atomes de mercure, l'impulsion totale est conservÃ©e. Les Ã©lectrons gardent leur Ã©nergie.
    \item Les chocs inÃ©lastiques : il y a de l'Ã©nergie fournie aux atomes de Hg, ce qui a pour effet d'exciter l'atome. Un Ã©lectron passe sur une orbite supÃ©rieure.
\end{itemize}

A l'aide de l'ampÃ¨remÃ¨tre, on mesure le courant reÃ§u par l'anode, en fonction de la tension accÃ©lÃ©ratrice $_Ub$. 

\textbf{RÃ©sultats :} A mesure que l'on augmente $U_b$, le courant augmente. Mais on atteint un pic Ã&nbsp; $U_g = V_0 = 4.9$V, et le courant chute brutalement. Lorsqu'on continue d'augmenter $U_g$, le courant augmente de nouveau jusqu'Ã&nbsp; ce que $U_g = 2V_0$ et rechute brutalement.

\begin{figure}
    \centering
    \includegraphics[width = .5\textwidth]{images/Franck_Hertz_res.png}
    \caption{Allure de la courbe obtenue par Franck et Hertz.}
\end{figure}

\textbf{InterprÃ©tation des rÃ©sultats :} l'Ã©nergie nÃ©cessaire pour exciter un atome de mercure est quantifiÃ©e. Tant que l'Ã©nergie des Ã©lectrons est infÃ©rieure Ã&nbsp; $e V_0$, ils ne peuvent faire de choc inÃ©lastique. DÃ¨s que l'on atteint cette valeur, les chocs inÃ©lastiques arrivent, ce qui fait que les Ã©lectrons qui arrivent en G et qui ont subi des chocs n'ont plus assez d'Ã©nergie pour atteindre A. Le courant diminue brutalement. Il faut alors rÃ©augmenter $U_b$ pour voir le courant augmenter. La diminution vers $2 V_0$ est due au fait que des Ã©lectrons peuvent subir 2 chocs inÃ©lastiques.

On met donc en Ã©vidence le fait que l'Ã©nergie des Ã©lectrons de l'atome est quantifiÃ©e.

\section{Le confinement, origine de la quantification}

\subsection{Principe de Heisenberg}

\textbf{EnoncÃ© :} version position-impulsion : $$\Delta x \Delta p \geq \frac{\hbar}{2}$$

Cela traduit le fait qu'on ne peut caractÃ©riser parfaitement et simultanÃ©ment la vitesse et la position d'une particule. on va voir que cette relation nous permet d'obtenir une premiÃ¨re approche du phÃ©nomÃ¨ne.

\textbf{Application Ã&nbsp; un puits de potentiel :}

On considÃ¨re un puits de potentiel de largeur $a$. Dans l'inÃ©galitÃ© de Heisenberg, on a $\Delta x \approx a$, d'oÃ¹ $\Delta p \geq \frac{\hbar}{2a}$.

Or, $$\Delta p = \sqrt{\expval{p^2} - \underbrace{\expval{p}^2}_{=0}} = \sqrt{\expval{p^2}} \implies  \expval{p^2} \geq \frac{\hbar^2}{4a^2}$$

Si le potentiel est nul au fond du puits (\textit{on ne considÃ¨re que l'Ã©nergie apportÃ©e par le confinement}), l'Ã©nergie de la particule est uniquement sous forme cinÃ©tique. Ainsi,

\begin{align*}
    E &amp;= E_c = \frac{p^2}{2m} \\
    \implies \expval{E} &amp; \geq \frac{\hbar^2}{8 m a^2}
\end{align*}

cette relation donne l'ordre de grandeur de l'Ã©nergie (due au confinement) d'une particule confinÃ©e dans une zone de taille a. 
\textbf{Ordres de grandeurs :}
\begin{itemize}
    \item Electron dans un fil de cuivre de diamÃ¨tre 0.8 mm : $\expval{E} \approx$ \SI{6e-13}{eV}.
    \item Electron astreint Ã&nbsp; rester prÃ¨s de son noyau : la zone est de l'ordre du rayon atomique, $10^{-10}$m. $\expval{E} \approx $ \SI{6e-18}{J} $\approx$ \SI{40}{eV}.
\end{itemize}
L'effet ne se fait sentir qu'aux petites Ã©chelles.

\subsection{Puits infini}
L'idÃ©e est la suivante, on observe que l'Ã©lectron est confinÃ© dans une certaine rÃ©gion de l'espace. Pour dÃ©gager les consÃ©quence de ce confinement, on va d'abord s'intÃ©resse au puits infini qui nous permet des calculs simple et de sortir des idÃ©es de base de la quantification
On considÃ¨re un puits de potentiel infinie.
\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width=0.5\textwidth]{images/potentiel.PNG}
    \caption{Puits de potentiel infini}
\end{figure}

L'Ã©quation de Schrodinger s'Ã©crit : 
$$i\hbar \pdv{\psi}{t} = -\frac{\hbar^2}{2m}\pdv[2]{\psi}{x}+V\psi$$
On considÃ¨re $V$ indÃ©pendant du temps.
\textbf{Conditions aux limites : }$\psi$ est continue et $\pdv{\phi}{x}$ est continue sauf si le potentiel est infiniment discontinue : 

Comment se comporte la fonction d'onde lors d'une variation discontinue de potentiel?

On se place dans le cas d'un saut de potentiel de $0$ Ã&nbsp; $V$ en $x=0$. On intÃ¨gre l'Ã©quation de SchrÃ¶dinger indÃ©pendante du temps entre $x = -\epsilon$ et $x = \epsilon$ :

$$\int_{-\epsilon}^\epsilon \dv[2]{\phi}{x} \dd x = \dv{\phi}{x}_{x = \epsilon} - \dv{\phi}{x}_{x = - \epsilon} = \int_{-\epsilon}^\epsilon \dd x \frac{2m}{\hbar^2} \qty(V(x) -E) \phi(x) $$
 
Toutes les grandeurs sont finies, sauf $V(x)$ qui peut Ãªtre infini. Lorsque $\epsilon \rightarrow 0$, 
\begin{itemize}
    \item Soit $V$ est fini et alors l'intÃ©grale tend vers 0, et $\dv{\phi}{x}$ est continue au saut de potentiel.
    \item Soit $V$ est infini, et $\dv{\phi}{x}$ est discontinue au saut de potentiel.
\end{itemize}
 
Dans tous les cas, $\phi$ (et donc $\psi$) est continue au saut de potentiel. Ce calcul montre aussi que $\phi$ est nulle lorsque $V$ est infini, sinon l'intÃ©grale diverge. 

Comme $V$ est indÃ©pendant du temps on cherche une solution Ã&nbsp; variable sÃ©parÃ© sous la forme $\psi (x,t) = f(t)\phi(x)$
On en dÃ©duit que l'on peut considÃ©rer l'Ã©quation de Schrodinger indÃ©pendante du temps : 
$$\dv[2]{\phi}{x} + \frac{2m}{\hbar^2} \qty(E - V(x)) \phi(x) = 0$$
On distingue 3 dommaines :
\begin{itemize}
    \item Domaines 1 et 3 :$\phi= 0$ 
    \item on a donc $\phi(0) = \phi(a) = 0$ et $$ \forall x \in \qty[0,a], \dv[2]{\phi}{x} + \frac{2m}{\hbar^2} E \phi(x) = 0$$
    C'est une Ã©quation d'OH. Si E est nÃ©gatif, alors les solutions sont exponentiels et ne peuvent s'annuler en 2 points. Si E est poistif, avec $K^2 = \frac{2mE}{h}$. Avec les conditions aux limites, $K$ est quantifiÃ© et finalement : $$\phi(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin\qty(\frac{n \pi x}{L})$$ La quantification sur $K$ impose une quantification sur $E$ : $$E_n = \frac{\pi^2 \hbar^2}{2 m L^2} n^2, \qq{avec} n \in \mathbb{N} $$
\end{itemize}
Le modÃ¨le nous donne une diffÃ©rence entre les niveaux dâ€™Ã©nergie qui vaut au minimum :$\frac{\pi^2\hbar^2}{2mL}$. Donc en ordre de grandeur, pour un Ã©lectron autour dâ€™un noyau $r_0= 1$angstrom, $\Delta E = 37$ eV. On trouve le bon odg.


\textbf{Remarque :}
\begin{itemize}
    \item Plus la taille du puits diminue donc plus le confinement augment et plus $E_1$ augmente
    \item la solution gÃ©nÃ©rale est :
    $$ \psi(x,t) = \sum_n c_n\sqrt{\frac{L}{2}}e^{i\frac{E_nt}{\hbar}}\sin(k_n x) \qq{avec} \sum_n \abs{c_n}^2=1$$
    \item $n=0$ correspond au cas oÃ¹ il n'y a pas de particules
\end{itemize}

\subsection{Analogie classique et corde de Melde}

\textbf{Analogie avec la corde de Melde :} Ca se voit avec des dessins de $\phi$ et de $\abs{\psi}^2$.

Plus formellement,

\renewcommand{\arraystretch}{1.5}
\begin{table}[htbp]
    \centering
\begin{tabular}{l|c|c}
    &amp; Corde de Melde &amp; Fonction d'onde \\
    \hline 
    Solution stationnaire &amp; $y(x,t) = f(x) g(t)$ &amp; $\psi(x,t) = \phi(x) e^{- i \omega t}$ \\
    Ã‰quation d'onde &amp; D'Alembert $\implies f'' + kf = 0$ &amp; $\phi'' + K \phi = 0$ \\
    Vecteur d'onde &amp; $k = \omega/c$ &amp; $K^2 = \frac{2 m E}{\hbar^2} = \frac{2 m \omega}{\hbar}$ \\
    Conditions aux limites &amp; $f(0) = f(L) = 0$ &amp; $\phi(0) = \phi(a) = 0$ \\
    Quantification &amp; $k_n = \frac{n \pi}{L},~n\in\mathbf{N}$ &amp; $K_n = \frac{n \pi}{a},~n\in\mathbf{N}$\\
    Energie &amp; $E_n = \frac{T_0\pi^2}{4L}n^2$&amp;$E_n = \frac{(\pi\hbar)^2}{2mL^2}n^2$
\end{tabular}
\end{table}



Insister sur l'aspect ondulatoire.

\textbf{Limites de l'analogie :} 
\begin{itemize}
    \item Relation de dispersion de l'Ã©quation de SchrÃ¶dinger non linÃ©aire.
    \item l'Ã©nergie de la corde de Melde est non quantifiÃ©e car les modes se superposent.
\end{itemize}

\textbf{ProblÃ¨me restant :} La formule de Ryldbergh montre que $E_n \propto -1/n^2$, tandis que l'Ã©tude des puits de potentiel donne $E \propto n^2$.

\remarque{Les systÃ¨mes Ã©tudiÃ©s jusqu'Ã&nbsp; prÃ©sent donnent bien une quantification de l'Ã©nergie, mais les tendances ne sont pas bonnes. On va essayer d'affiner le modÃ¨le en considÃ©rant des systÃ¨mes plus rÃ©alistes.}

\section{Vers des systÃ¨mes rÃ©els}

\subsection{Puits de potentiel fini}

PremiÃ¨re hypothÃ¨se modifiable : le puits de potentiel peut Ãªtre considÃ©rÃ© comme fini.

\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width = .5\textwidth]{images/puits_fini.png}
    \caption{SchÃ©ma et notations pour le puits fini.}
\end{figure}

Pour que le cas Ã©tudiÃ© ressemble Ã&nbsp; avant, on se place dans un Ã©tat liÃ© (et non diffusif).

On Ã©crit l'Ã©quation de SchrÃ¶dinger indÃ©pendante du temps dans chaque zone. On aboutit Ã&nbsp; :

\begin{align*}
    \psi_I(x) &amp;= D e^{Kx} + D' e^{-Kx} \qq{pour} x &lt; a \\
    \psi_{II}(x) &amp;= A \cos(kx) + B \sin(kx) \qq{pour} x \in \qty[-a,a]\\
    \psi_{III}(x) &amp;= C e^{Kx} + C' e^{-Kx}
\end{align*}

Avec $$k = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} \qq{et} K = \frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar}$$

Les conditions de normalisation imposent $D' = C' = 0$.

$\psi$ est continue, et comme le puits est de profondeur finie, $\dv{\psi}{x}$ aussi.

Les relations de continuitÃ© imposent :

\begin{align*}
    &amp;\left\{ 
    \begin{array}{ll}
         A \sin(ka) + B \cos(ka) &amp;= C e^{-Ka} \\
         -A \sin(ka) + B \cos(ka) &amp;= D e^{-Ka} 
    \end{array}
    \right. \qq{pour} \psi \\
    &amp;\left\{ 
    \begin{array}{ll}
         kA \cos(ka) - kB \sin(ka) &amp;= -KC e^{-Ka} \\
         kA \cos(ka) + kB \sin(ka) &amp;= KD e^{-Ka} 
    \end{array}
    \right. \qq{pour} \dv{\psi}{x}
\end{align*}

En isolant les 4 termes en $\sin$ et $\cos$, on obtient :

$$\left\{ 
    \begin{array}{ll}
         k\cot (ka) &amp;= -K\\
         k \tan (ka) &amp;= K
    \end{array}
    \right.$$
    
Ces 2 Ã©quations ne peuvent Ãªtre satisfaites simultanÃ©ment. On a divisÃ© Ã&nbsp; un moment, cela nÃ©cessite la contrainte implicite :

$$A = 0 \qq{et} C=D  \qq{} \qq{ou} \qq{} B= 0 \qq{et} C = -D$$

La premiÃ¨re contrainte donne les solutions paires, l'autre les solutions impaires.  Ne pas dire que les solutions sont des fonctions propres de l'opÃ©rateur inversion.

On rÃ©sout les 2 Ã©quations graphiquement dans le plan $(ka, Ka)$, avec la condition $$\qty(ka)^2 + \qty(Ka)^2 = \frac{2 m a^2 V_0}{\hbar^2}$$ qui est une Ã©quation de cercle.
\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width = .7\textwidth]{images/solgraphique.PNG}
    \caption{Solution graphique}
\end{figure}

\textbf{Remarques :} il y a un nombre fini de solutions, qui sont quantifiÃ©es. Plus $V_0$ est grand, plus il y a de solutions (qualitativement, on se rapproche du cas du puits infini).
Ce modÃ¨le ne prÃ©voit pas la bonne dÃ©pendance : entre chaque $k_n a$, il y a au moins $\pi/2$ donc les niveaux d'Ã©nergies ne peuvent pas Ãªtre infiniment proches lorsque $n$ devient grand, contrairement Ã&nbsp; la formule de Ryldbergh.

\subsection{Atome d'hydrogÃ¨ne}
ConsidÃ©rons le cas de l'hydrogÃ¨ne :
On a un Ã©lectron et un proton. Le but est de ne pas prendre en compte les couplages parce que c'est trop compliquÃ©.
Le hamiltonien associÃ© au systÃ¨me est : 
$$H = \frac{p_e^2}{2m_e}+\frac{p_p^2}{2m_p}-\frac{q^2}{4\pi\epsilon_0\abs{r_e-r_p}}$$
On ne prends pas en compte les effets relativistes et de spins (couplage spin-orbite bonsoir : ils sont traitÃ©s en perturbation dans l'Ã©quation de Dirac).

On se place dans le rÃ©fÃ©rentiel du centre de masse, si bien que le hamiltonien se rÃ©Ã©crit :
$$H = H_{cm}+H_{rel} = \frac{P^2}{2M}+ \frac{p^2}{2\mu}+V(r)\qq{avec} P = p_e+p_r~~p = \frac{m_ep_r-m_pp_e}{m_e+m_p}~~r = r_p-r_e~~\mu = \frac{m_em_p}{m_e+m_p}$$


Ces opÃ©rateurs commutent aussi on peut les diagonaliser sÃ©parÃ©ment.
On s'intÃ©resse dans la suite qu'au hamiltonien relatif. On se rend compte que c'est comme si on avait un noyaux fixe et on considÃ¨re que l'Ã©lectron mobile car $\mu\simeq m_e$ car $m_e\ll m_p$\\

On cherche les solutions de ce hamiltonien. On se place en coordonnÃ©es sphÃ©riques (qui respectent la symÃ©trie : formule sur diapo)
$$\qty(-\frac{\hbar}{2m_e}\frac{1}{r}\pdv[2]{}{r}r+\frac{\hat{L}^2}{2m_er^2}+V(r))\psi(\vb r) = E\psi(\vb r)$$

Comme H et L commutent, on peut les codiagonaliser. On utilise cette propriÃ©tÃ© pour dÃ©composer la fonction d'onde : 
$$\psi(\vb r)=\psi_{l,m}(\vb r) = R_l(r)Y_{l,m}(\theta,\phi)$$
Les $Y_{l,m}(\theta,\phi)$ sont les harmonique sphÃ©riques, c'est une base de fonction propre de $L^2$ et $L_z$. Tout ce qui nous intÃ©resse ici c'est qu'elles sont caractÃ©risÃ©es par 2 entiers (m,l) tels que $\abs{m}\leq l$ et tels que  $\hat{L}^2\psi_{l,m}(\vb r) = l(l+1)\hbar^2\psi_{l,m}(\vb r) $. On peut donc rÃ©Ã©crire le hamiltonien : 
$$\qty(-\frac{\hbar}{2m_e}\frac{1}{r}\pdv[2]{}{r}r+\frac{l(l+1)\hbar^2}{2m_er^2}-\frac{q^2}{4\pi\epsilon_0r})R_l(r) = E R_l(r)$$

On a une Ã©quation radiale que vÃ©rifie $R_l$ la fonction ... radiale.

Ici il faut faire un dessin du potentielle effectif du au moment cinÃ©tique et au potentielle electrostatique.

\textit{Bonus : comme la fonction d'onde est normalisÃ©e on a $\int_0^\infty r^2\abs{R_l}^2\dd r =1$ }

\textit{Cette Ã©quation peut Ãªtre addimensionnÃ©e. On a alors sait alors rÃ©soudre avec les polynÃ´mes de Laguerre}

On a l'Ã©quation diffÃ©rentielle donc on a la physique du problÃ¨me. Ce type d'Ã©quation diffÃ©rentielle est connu par les mathÃ©maticiens. On sait alors que pour chaque valeur de l, nous obtenons un ensemble infini de solutions normalisables, et que ces solution correspondent Ã&nbsp; :
$$E = -\frac{E_I}{n^2} \qq{avec} E_I = \frac{m_ee^4}{2\hbar}\simeq 13.6 eV $$

\textit{$2 E_I$ est l'Ã©nergie de Hartree.}


On s'attend donc Ã&nbsp; avoir un spectre discret correspondant Ã&nbsp; des niveaux d'Ã©nergie du type :
$$\Delta E = E_I\qty(\frac{1}{n_1^2}-\frac{1}{n_2^2})\implies \nu  = \frac{E_I}{h}(\frac{1}{n_1^2}-\frac{1}{n_2^2})$$

Pour bien comprendre d'oÃ¹ vient \textbf{la quantification}, sur le profil du potentielle effectif on peut dire qu'on l'apprÃ®mes par un puits infini donc avec des conditions fortes aux limites. Ceci entraÃ®ne une quantification des niveau (mais pas la bonne dÃ©pendance, parce que le puits infini c'est une trop grosse approximation)

Que l'on peut rÃ©Ã©crire $ \Delta \qty(\frac{1}{\lambda}) = R_y(\frac{1}{n_1^2}-\frac{1}{n_2^2})$

\textbf{Ordre de grandeur :} Ce modÃ¨le prÃ©voit $R_H = \frac{E_I}{hc} =$ \SI{1.094e7}{m}!! 

\textbf{Cas d'un atome multi-Ã©lectronique :} le cas gÃ©nÃ©ral est beaucoup plus complexe, et non soluble analytiquement. Par analogie cependant, les niveaux d'Ã©nergie restent quantifiÃ©s, ce qui quantifie les transitions possibles.
\subsection{Ions colorÃ©s (a mettre en 3.1)}
Dalibard : problÃ¨me de quantique page 151.
Certains pigments sont constituÃ©s d'ions molÃ©culaires linÃ©aires, le long
desquels les Ã©lectrons se dÃ©placent librement. Nous analysons ici les niveaux
d'Ã©nergie de tels systÂµemes, et nous expliquons ainsi la coloration observÃ©e pour ces pigments.

On considÃ¨re une chaÃ®ne linÃ©aire de formule brute $(C_pH_{p+2})^-$ le long duquel les Ã©lectrons se dÃ©placent librement.
\textbf{HypothÃ¨se}
\begin{itemize}
    \item Structure linÃ©aire de p atomes equidistant $d\simeq 1.4A$ on suppose p impair
    \item Les p+1 Ã©lectrons du systÃ¨me conjuguÃ© sont indÃ©pendants
    \item Les Ã©lectrons ressentent un potentiel de puits infini de largeur $L_p = pd$
\end{itemize}

En utilisant les rÃ©sultats du puits infini, le niveau d'Ã©nergie des Ã©lectrons sont $E_n = \frac{\pi^2 \hbar^2}{2 m L_p^2} n^2$


On Ã&nbsp; p+1 Ã©lectrons a remplir en respectant le principe de Pauli.
L'Ã©nergie de l'Ã©tat fondamentale du systÃ¨me des p+1 Ã©lectron est alors : 
$$E_0 = 2\sum_{n=1}^{\frac{p+1}{2}} E_n = 2\frac{\hbar^2\pi^2}{2mL_p^2}\sum_{n=1}^{\frac{p+1}{2}}n^2$$

On utilise le formulaire : 
$$\sum_{n=1}^{k}n^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}$$
On en dÃ©duit (Formule pas utile...): 
$$E_0 =\frac{\hbar^2\pi^2}{24mL_p^2}(p+1)(p+2)(p+3) $$
Le premiÃ¨re Ã©tat excitÃ© correspond Ã&nbsp; enlever un Ã©lectron de la couche pleine la plus haute pour le mettre dans la couche vide d'au dessus.
$$E_1 = E_0 +\frac{\pi^2 \hbar^2}{2 m L_p^2}\qty(\qty(\frac{p+3}{2})^2-\qty(\frac{p+1}{2})^2) = E_0+\frac{\pi^2 \hbar^2}{2 m L_p^2}(p+2)$$
La longueur d'onde absorbÃ© lors de la transition est alors : 
$$\lambda_p = \frac{hc}{E_1-E_0} = \frac{8mcp^2d^2}{h(p+2)} = 8\frac{d^2}{\lambda_c}\frac{p^2}{p+2}\qq{avec} \lambda_c = \frac{h}{mc}\qq{Compton}$$

Finalement on a : 
$$\lambda_p = \frac{p^2}{p+2}64.6nm$$
\renewcommand{\arraystretch}{1.5}
\begin{table}[htbp]
    \centering
    \begin{tabular}{c|ccccc}
         &amp;  $\lambda_n ~~n\leq7$&amp;$\lambda_9$&amp;$\lambda_{11}$&amp;$\lambda_{13}$&amp;$\lambda_n~~n\geq7$\\
         \hline
         ModÃ¨le du puit infini (nm)&amp; 352 ($n$=7)&amp;476&amp;602&amp;728&amp;855 ($n$=15)\\
         ExpÃ©rience (nm)&amp;Ultarviolet&amp;\simeq 470&amp;\simeq 600 &amp; \simeq730&amp;Infrarouge
    \end{tabular}
    \caption{RÃ©sultats}
\end{table}
\textbf{Remarques}
\begin{itemize}
    \item De telles ions peuvent Ãªtre obtenues Ã&nbsp; partir de molÃ©cules de polyÃ©thylÃ¨ne Ã&nbsp; nombre paire d'atome et en enlevant un groupement CH$^+$.
    \item Les ions molÃ©culaires sont de couleurs complÃ©mentaires a celle absorbÃ©
    \item Rigoureusement on devrait Ã©crire $ L_p = (p-1)d+2b$ avec $b$ tenant compte des effets de bords.
    \item Pour aller plus loin on peut mettre un atome d'azote au milieux et faire un traitement perturbatif pour trouver le dÃ©calage en frÃ©quence.
\end{itemize}
\section*{Conclusion}

Le confinement spatial implique la quantification de l'Ã©nergie. Plus prÃ©cisement, les conditions aux limites imposent la quantification du vecteur d'onde, ce qui dÃ©termine les Ã©nergies accessibles pour la particule.

On a vu que la fonction d'onde pouvait Ãªtre non nulle en dehors du puits : que se passe-t-il si un autre puits commence avant que la densitÃ© de probabilitÃ© de prÃ©sence soit trÃ¨s faible?
\end{document}
</pre></body></html>