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Solutions des exercices et problèmes
CHAPITRE 10
Exercice
En l'absence de barrière (A = 0) l'équation de quantification est
K cotg KL = - ~k6 - K 2 . Puisque (n + t)J' .: sont les zéros de cotg KL, lorsque ko passe par
une valeur (n + ~) z (en croissant) les deux courbes K cotg K Let - ~ k6 - K2 ont une nouvelle
intersection.
Exercice
Dans la limite À » k les résonances se trouvent au voisinage de k = kn =
mr/L. Pour développer (10.11) il est commode d'écrire eikL + 1 sin(kL) = (i + 1)[ sin(kL) +
c~:~~~) ]. Nous posons 8k = k-k 11 • Le développement du crochet donne[···] = A+
1
ik,, [kn + (1 +
L(A+ik 11 ))8k+0(8k
2 )] . Nous obtenons bien la structure proposée pour k 11 = kn(l- Ll(~:~~ji~k;, I)
et y 11 = (A+ ~J~~+k;, . Le développement n'a de sens que si À ~ oo (i.e. si la résonance est proche
de k = k 11 ). Finalement k 11 ~ k 11 (l - Ai) et y 11 ~ k~/(A
2
L). La position de la résonance est
légèrement plus basse que celle du niveau du puits infini. Notons que plus l'énergie augmente,
plus les résonances sont larges puisque la particule traverse plus facilement la barrière de
potentiel.
b) È 11 ~ n
2
k" k 11 et I', 1 ~ 2 nk,,Yn· Lorsque l' energie augmente, le coefficient de réflexion décrit
n1e
m e
un cercle de rayon 1 dans le sens direct dans le plan complexe. La phase du coefficient de
réflexion fait un tour de cercle d'une résonance à la suivante.
Exercice
On obtient lf!(x ~ -oo; E) ~ Ac,ineikx + (rAc, in + t' Ao,in)e- ikx. Le coefficient
de l' onde sortante est donc Ac,our = rAc,in +t' Ao,in· En procédant de la même façon pour x ~
+oo on obtientAo,our = tAc,in +r' Ao,in· I.e. nous avons précisément obtenu le système (10.17).
Exercice
Le courant obtenu à partir de (10.13) est lc(x ~ - oo) = '::Cl - lrl
2 ) et
l c(x ~ +oo) = ':: ltl 2 . L'égalité des deux expression s (conservation de la probabilité) nous
donne lrl
2 + ltl
2 = 1. En procédant de même pour l' état droit on obtient lr'l
2 + lt'l
2 = 1. Ces
deux équations coïncident avec les termes diagonaux de S t S = 1 (exercice 5.2).
Exercice
Densité d'états du problème libre
On note Q(E) = +~lm G±(r, r; E) la densité d'états par unité de volume. À partir de
(10.66, 10.67, 10.68) on obtient [!(JD)(E) = n~;k ' [!(
2
D)(E) = 2 :ti 2 (en utilisant (A.35 )) et
nC3D) (E) = mek où E = n
2 k
2
•
i::
2n 2 n 2 '
2me
Exercice
Fonction de Green de l'équation de Schrôdinger 1 D
a) La fonction de Green a été définie comme @(x, x' ; z) = ( x 1 z~H1 x'), donc (z + d~ 2 -
V(x))@(x, x';z) = (x lx') = 8(x - x'). En intégrant l'équation sur x de part et d' autre de
x' nou s obtenons (pour un potentiel fini) dÇ(x,x') 1
-
dÇ(x,x') 1
= + 1.
dx
x=x' +
dx x=x' -
b) W' = !+ !~' - !~' f - = f+(V(x) - z )f_ - (V(x) - z)f+f - =O.
c) La fonction de Green décroît à l' infini (comme les fonctions d' onde). On peut donc écrire
@(x, x') = A f+(x) pour x > x' et @(x, x') = B J_(x) pour x < x'. La condition de
continuité [@(x, x')]~: = 0 conduit à écrire A = C J_(x') et B = C f +(x'); la condition de
raccordement obtenue plus haut [ dg~;x') J;:: = 1 donne la constante C = - J/W. QED.
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Solutions des exercices et problèmes
CHAPITRE 10
Exercice
En l'absence de barrière (A = 0) l'équation de quantification est
K cotg KL = - ~k6 - K 2 . Puisque (n + t)J' .: sont les zéros de cotg KL, lorsque ko passe par
une valeur (n + ~) z (en croissant) les deux courbes K cotg K Let - ~ k6 - K2 ont une nouvelle
intersection.
Exercice
Dans la limite À » k les résonances se trouvent au voisinage de k = kn =
mr/L. Pour développer (10.11) il est commode d'écrire eikL + 1 sin(kL) = (i + 1)[ sin(kL) +
c~:~~~) ]. Nous posons 8k = k-k 11 • Le développement du crochet donne[···] = A+
1
ik,, [kn + (1 +
L(A+ik 11 ))8k+0(8k
2 )] . Nous obtenons bien la structure proposée pour k 11 = kn(l- Ll(~:~~ji~k;, I)
et y 11 = (A+ ~J~~+k;, . Le développement n'a de sens que si À ~ oo (i.e. si la résonance est proche
de k = k 11 ). Finalement k 11 ~ k 11 (l - Ai) et y 11 ~ k~/(A
2
L). La position de la résonance est
légèrement plus basse que celle du niveau du puits infini. Notons que plus l'énergie augmente,
plus les résonances sont larges puisque la particule traverse plus facilement la barrière de
potentiel.
b) È 11 ~ n
2
k" k 11 et I', 1 ~ 2 nk,,Yn· Lorsque l' energie augmente, le coefficient de réflexion décrit
n1e
m e
un cercle de rayon 1 dans le sens direct dans le plan complexe. La phase du coefficient de
réflexion fait un tour de cercle d'une résonance à la suivante.
Exercice
On obtient lf!(x ~ -oo; E) ~ Ac,ineikx + (rAc, in + t' Ao,in)e- ikx. Le coefficient
de l' onde sortante est donc Ac,our = rAc,in +t' Ao,in· En procédant de la même façon pour x ~
+oo on obtientAo,our = tAc,in +r' Ao,in· I.e. nous avons précisément obtenu le système (10.17).
Exercice
Le courant obtenu à partir de (10.13) est lc(x ~ - oo) = '::Cl - lrl
2 ) et
l c(x ~ +oo) = ':: ltl 2 . L'égalité des deux expression s (conservation de la probabilité) nous
donne lrl
2 + ltl
2 = 1. En procédant de même pour l' état droit on obtient lr'l
2 + lt'l
2 = 1. Ces
deux équations coïncident avec les termes diagonaux de S t S = 1 (exercice 5.2).
Exercice
Densité d'états du problème libre
On note Q(E) = +~lm G±(r, r; E) la densité d'états par unité de volume. À partir de
(10.66, 10.67, 10.68) on obtient [!(JD)(E) = n~;k ' [!(
2
D)(E) = 2 :ti 2 (en utilisant (A.35 )) et
nC3D) (E) = mek où E = n
2 k
2
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i::
2n 2 n 2 '
2me
Exercice
Fonction de Green de l'équation de Schrôdinger 1 D
a) La fonction de Green a été définie comme @(x, x' ; z) = ( x 1 z~H1 x'), donc (z + d~ 2 -
V(x))@(x, x';z) = (x lx') = 8(x - x'). En intégrant l'équation sur x de part et d' autre de
x' nou s obtenons (pour un potentiel fini) dÇ(x,x') 1
-
dÇ(x,x') 1
= + 1.
dx
x=x' +
dx x=x' -
b) W' = !+ !~' - !~' f - = f+(V(x) - z )f_ - (V(x) - z)f+f - =O.
c) La fonction de Green décroît à l' infini (comme les fonctions d' onde). On peut donc écrire
@(x, x') = A f+(x) pour x > x' et @(x, x') = B J_(x) pour x < x'. La condition de
continuité [@(x, x')]~: = 0 conduit à écrire A = C J_(x') et B = C f +(x'); la condition de
raccordement obtenue plus haut [ dg~;x') J;:: = 1 donne la constante C = - J/W. QED.
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