Feuille d'entraînement : Physique quantique

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Modelisation PC 2026, Q15

   On injecte la forme de l'état stationnaire \psi(x,t) = \varphi(x)\,\mathrm{e}^{-i\frac{E}{\hbar}t} dans l'équation de Schrödinger dépendante du temps :

   i\hbar \frac{\partial \psi(x,t)}{\partial t} = -\frac{\hbar^2}{2\mu} \frac{\partial^2 \psi(x,t)}{\partial x^2} + V(x)\psi(x,t)

   Calculons les dérivées partielles de la fonction d'onde :

   \begin{aligned} \frac{\partial \psi(x,t)}{\partial t} &= -i\frac{E}{\hbar}\,\varphi(x)\,\mathrm{e}^{-i\frac{E}{\hbar}t} \\ \frac{\partial^2 \psi(x,t)}{\partial x^2} &= \frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2}\,\mathrm{e}^{-i\frac{E}{\hbar}t} \end{aligned}

   Le membre de gauche s'écrit donc :

   i\hbar \frac{\partial \psi(x,t)}{\partial t} = i\hbar\left(-i\frac{E}{\hbar}\right)\varphi(x)\,\mathrm{e}^{-i\frac{E}{\hbar}t} = E\,\varphi(x)\,\mathrm{e}^{-i\frac{E}{\hbar}t}

   En reportant dans l'équation de Schrödinger et en simplifiant par le terme temporel non nul \mathrm{e}^{-i\frac{E}{\hbar}t}, on obtient l'équation de Schrödinger stationnaire :

   E\,\varphi(x) = -\frac{\hbar^2}{2\mu}\frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2} + V(x)\,\varphi(x)

   soit, en réarrangeant les termes :

   \frac{\hbar^2}{2\mu}\frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2} + \bigl(E - V(x)\bigr)\varphi(x) = 0

   En multipliant par le facteur \dfrac{2\mu}{\hbar^2}, il vient :

   \frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2} + \frac{2\mu}{\hbar^2}\bigl(E - V(x)\bigr)\varphi(x) = 0

   Sachant que le potentiel harmonique est donné par V(x) = \dfrac{1}{2}\mu\omega_0^2 x^2, on a :

   \frac{2\mu}{\hbar^2}\bigl(E - V(x)\bigr) = \frac{\mu}{\hbar^2}\bigl(2E - 2V(x)\bigr) = \frac{\mu}{\hbar^2}\bigl(2E - \mu\omega_0^2 x^2\bigr)

   On aboutit bien à l'équation différentielle recherchée :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2} + \frac{\mu}{\hbar^2}(2E - \mu\omega_0^2 x^2)\varphi(x) = 0}

   Résultat

   $$\frac{{\mathrm{d}}^2\phi (x)}{\mathrm{d}{x}^2}+\frac{\mu }{{\hslash }^2}(2E-\mu {\omega }_0^2{x}^2)\phi (x)=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Modelisation PC 2026, Q17

   D'après les développements limités à l'ordre deux établis à la question Q16 :

   \begin{aligned} \varphi(x + \mathrm{d}x) &\approx \varphi(x) + \mathrm{d}x\,\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}x}(x) + \frac{\mathrm{d}x^2}{2}\,\frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) \\ \varphi(x - \mathrm{d}x) &\approx \varphi(x) - \mathrm{d}x\,\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}x}(x) + \frac{\mathrm{d}x^2}{2}\,\frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) \end{aligned}

   En sommant ces deux égalités membre à membre, le terme d'ordre un disparaît :

   \begin{aligned} \varphi(x + \mathrm{d}x) + \varphi(x - \mathrm{d}x) &\approx 2\varphi(x) + \mathrm{d}x^2\,\frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2} \end{aligned}

   On en déduit l'approximation de la dérivée seconde :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2\varphi(x)}{\mathrm{d}x^2} \approx \frac{\varphi(x + \mathrm{d}x) - 2\varphi(x) + \varphi(x - \mathrm{d}x)}{\mathrm{d}x^2}}

   Résultat

   $$\frac{{\mathrm{d}}^2\phi (x)}{\mathrm{d}{x}^2}\approx \frac{\phi (x+\mathrm{d}x)-2\phi (x)+\phi (x-\mathrm{d}x)}{\mathrm{d}{x}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Modelisation PC 2026, Q24

   D'après le rappel sur la méthode des rectangles à gauche, l'intégrale sur l'intervalle [-L, L] subdivisé par les abscisses (x_i)_{0 \le i \le N-1} s'approxime par la somme des aires des N-1 rectangles de largeur \mathrm{d}x et de hauteur f(x_i) = \varphi(x_i)^2 = \varphi_i^2 :

   \int_{-L}^{L} \varphi(x)^2 \,\mathrm{d}x \approx \sum_{i=0}^{N-2} \varphi(x_i)^2 \,\mathrm{d}x = \mathrm{d}x \sum_{i=0}^{N-2} \varphi_i^2

   Dans le tableau phi de dimension N, les valeurs \varphi_0, \dots, \varphi_{N-2} correspondent à la tranche phi[:-1]. En utilisant la fonction np.sum décrite en annexe, l'instruction 3.1 s'écrit en une seule ligne :

   norm = np.sum(phi[:-1]**2) * dx

   Remarque : Compte tenu de la grande valeur de N (N = 10\,000), le dernier terme \varphi_{N-1}^2 est négligeable devant la somme, de sorte que l'écriture norm = np.sum(phi**2) * dx est également tout à fait recevable.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique MP 2026, Q46

   L'espace accessible à la particule étant strictement limité au segment ]0, a[, la probabilité de présence est identiquement nulle à l'extérieur (x < 0 et x > a). Par continuité de la fonction d'onde en x = 0 et x = a, on impose les conditions aux limites :

   \varphi(0) = 0 \quad \text{et} \quad \varphi(a) = 0

   D'après la forme générale établie à la question Q45, \varphi(x) = A \cos(\kappa x) + B \sin(\kappa x) :

   • En x = 0 :

     \varphi(0) = A = 0

     La solution spatiale se réduit à \varphi(x) = B \sin(\kappa x).

   • En x = a :

     \varphi(a) = B \sin(\kappa a) = 0

   Pour décrire un état physique non nul (B \neq 0), il faut :

   \sin(\kappa a) = 0 \iff \kappa a = n\pi, \quad n \in \mathbb{Z}^*

   Puisque E > 0, on a \kappa = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} > 0. De plus, changer le signe de n ne fait que changer le signe global de la fonction d'onde (absorbé dans la constante de normalisation B). On restreint donc aux entiers strictement positifs :

   \kappa_n = \frac{n\pi}{a}, \quad n \in \mathbb{N}^*

   Sachant que \kappa^2 = \dfrac{2mE}{\hbar^2}, l'énergie de la particule est quantifiée selon :

   E_n = \frac{\hbar^2 \kappa_n^2}{2m} = \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2m a^2} = \frac{n^2 h^2}{8 m a^2}

   L'état fondamental correspond au niveau de plus basse énergie, soit n = 1 :

   \boxed{E_1 = \frac{\pi^2 \hbar^2}{2m a^2} = \frac{h^2}{8 m a^2}}

   Pour tout état de niveau n \in \mathbb{N}^*, l'énergie s'exprime en fonction de E_1 sous la forme :

   \boxed{E_n = n^2 E_1}

   Résultat

   $$E_1=\frac{{\pi }^2{\hslash }^2}{2m{a}^2}=\frac{h^2}{8m{a}^2}$$

   $$E_n=n^2{E}_1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2026, Q4

   D'après les résultats de la question Q3, l'énergie mécanique moyenne de l'oscillateur s'écrit :

   \langle E_{\mathrm{m}} \rangle = \langle E_{\mathrm{c}} \rangle + \langle E_{\mathrm{p}} \rangle = \frac{\Delta p_x^2}{2\mu} + \frac{1}{2}\mu\omega_0^2 \Delta x^2

   L'inégalité spatiale de Heisenberg s'énonce :

   \Delta x \, \Delta p_x \ge \frac{\hbar}{2} \implies \Delta p_x^2 \ge \frac{\hbar^2}{4 \Delta x^2}

   En substituant cette minoration dans l'expression de l'énergie mécanique moyenne, on obtient :

   \langle E_{\mathrm{m}} \rangle \ge \frac{\hbar^2}{8\mu \Delta x^2} + \frac{1}{2}\mu\omega_0^2 \Delta x^2

   Pour trouver le minimum de cette borne inférieure en fonction de la variable positive u = \Delta x^2, on utilise l'inégalité arithmético-géométrique (a+b \ge 2\sqrt{ab} pour tous réels a,b > 0) :

   \frac{\hbar^2}{8\mu \Delta x^2} + \frac{1}{2}\mu\omega_0^2 \Delta x^2 \ge 2 \sqrt{\frac{\hbar^2}{8\mu \Delta x^2} \times \frac{1}{2}\mu\omega_0^2 \Delta x^2} = 2 \sqrt{\frac{\hbar^2 \omega_0^2}{16}} = \frac{1}{2}\hbar\omega_0

   Ce minimum est atteint lorsque les deux termes sont égaux, soit pour :

   \Delta x = \sqrt{\frac{\hbar}{2\mu\omega_0}} \quad \text{et} \quad \Delta p_x = \sqrt{\frac{\mu\hbar\omega_0}{2}}

   L'énergie mécanique moyenne ne peut donc pas être inférieure à :

   \boxed{\langle E_{\mathrm{m}} \rangle_{\min} = \frac{1}{2} \hbar \omega_0}

   Commentaire : Contrairement au cas classique où l'énergie minimale moyenne est nulle (\langle E_{\mathrm{m}} \rangle = 0 pour une particule immobile à la position d'équilibre x=0, d'après Q2), le modèle quantique interdit d'annuler simultanément la position et la quantité de mouvement car cela violerait l'inégalité de Heisenberg (\Delta x = 0 et \Delta p_x = 0 entraînerait \Delta x \, \Delta p_x = 0 < \hbar/2). L'oscillateur possède donc une énergie résiduelle non nulle au repos (ou « énergie de point zéro »), même dans son état fondamental.

   Résultat

   $$⟨E_{\mathrm{m}}{⟩}_{\min }=\frac{1}{2}\hslash {\omega }_0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2026, Q9

   1. Bilan cinétique pour un photon individuel :
   L'interaction du photon avec le conducteur parfait est modélisée par un choc élastique unidimensionnel selon l'axe (Oz) contre une paroi fixe. Avant réflexion, le photon incident possède la quantité de mouvement :

   \vec{p}_i = \frac{\hbar\omega}{c}\,\vec{e}_z

   L'énergie \hbar\omega étant conservée lors du choc élastique, la pulsation ne varie pas et le photon repart en sens inverse à la vitesse c :

   \vec{p}_r = -\frac{\hbar\omega}{c}\,\vec{e}_z

   La variation de quantité de mouvement subie par le photon lors de la réflexion s'écrit :

   \Delta \vec{p}_{\text{photon}} = \vec{p}_r - \vec{p}_i = -\frac{2\hbar\omega}{c}\,\vec{e}_z

   Par conservation de la quantité de mouvement du système isolé \{\text{photon}, \text{plan réflecteur}\}, la quantité de mouvement cédée au plan par un photon vaut :

   \delta \vec{p} = -\Delta \vec{p}_{\text{photon}} = \frac{2\hbar\omega}{c}\,\vec{e}_z

   2. Flux de photons incidents et quantité de mouvement cédée :
   Considérons un élément de surface \mathrm{d}S de la paroi au repos en z = 0, orienté par sa normale sortante du domaine vide \vec{e}_z. Les photons incidents se déplaçant à la vitesse c suivant \vec{e}_z, l'ensemble des photons incidents qui atteignent \mathrm{d}S entre les instants t et t+\mathrm{d}t est contenu dans le cylindre droit de base \mathrm{d}S, de hauteur c\,\mathrm{d}t et de génératrice parallèle à \vec{e}_z. Le volume de ce cylindre est \mathrm{d}V = c\,\mathrm{d}t\,\mathrm{d}S.

   Le nombre de photons frappant la surface \mathrm{d}S pendant \mathrm{d}t est donc :

   \mathrm{d}N = n_\gamma\,\mathrm{d}V = n_\gamma c\,\mathrm{d}S\,\mathrm{d}t

   La quantité de mouvement totale cédée au plan par unité de temps et par unité de surface s'obtient alors par :

   \frac{\mathrm{d}\vec{p}_{\text{cédée}}}{\mathrm{d}S\,\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}N\,\delta \vec{p}}{\mathrm{d}S\,\mathrm{d}t} = n_\gamma c \left( \frac{2\hbar\omega}{c}\,\vec{e}_z \right) = 2 n_\gamma \hbar\omega\,\vec{e}_z

   \boxed{\frac{\mathrm{d}\vec{p}_{\text{cédée}}}{\mathrm{d}S\,\mathrm{d}t} = 2 n_\gamma \hbar\omega\,\vec{e}_z}

   3. Pression de radiation et lien avec la densité volumique d'énergie :
   D'après le principe fondamental de la dynamique, la force moyenne exercée par le rayonnement sur l'élément de surface \mathrm{d}S s'identifie au débit temporel de quantité de mouvement cédé :

   \mathrm{d}\vec{F} = \frac{\mathrm{d}\vec{p}_{\text{cédée}}}{\mathrm{d}t} = 2 n_\gamma \hbar\omega\,\mathrm{d}S\,\vec{e}_z

   La pression de radiation P_{\text{rad}} exercée sur la surface correspond à la composante scalaire selon la normale \vec{e}_z de la force par unité de surface :

   P_{\text{rad}} = \frac{\mathrm{d}\vec{F}\cdot\vec{e}_z}{\mathrm{d}S} = 2 n_\gamma \hbar\omega

   Chaque photon emporte une énergie \hbar\omega. La densité volumique d'énergie associée au flux incident est donc u_i = n_\gamma \hbar\omega. Le conducteur étant parfait, la réflexion est totale sans perte d'énergie, de sorte que la densité volumique de photons réfléchis est identique à celle des photons incidents (n_{\gamma, r} = n_\gamma). La densité volumique d'énergie associée au flux réfléchi est donc également u_r = n_\gamma \hbar\omega. La densité volumique d'énergie totale associée aux deux flux (incidents et réfléchis) vaut :

   u = u_i + u_r = 2 n_\gamma \hbar\omega

   On en déduit l'expression demandée de la pression de radiation :

   \boxed{P_{\text{rad}} = u}

   Commentaire :
   On retrouve exactement l'expression établie à la question Q8 par l'électromagnétisme continu : P_{\text{rad}} = \langle u_{\mathrm{em}} \rangle. Cela illustre le principe de correspondance : la description corpusculaire (transfert d'impulsion par chocs discrets de photons) et la description ondulatoire continue de Maxwell (force de Lorentz moyenne exercée sur les courants surfaciques induits) aboutissent à des prédictions strictement identiques.

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}{\vec{p}}_{\text{ceˊdeˊe}}}{\mathrm{d}S\mathrm{d}t}=2n_{\gamma }\hslash \omega {\vec{e}}_z$$

   $$P_{\text{rad}}=u$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2026, Q12

   L'équation de Schrödinger régissant l'évolution de la fonction d'onde \psi(x, t) d'une particule soumise au potentiel harmonique V(x) = \frac{1}{2}m\omega_0^2 x^2 est :

   i\hbar \frac{\partial \psi}{\partial t}(x, t) = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}(x, t) + \frac{1}{2}m\omega_0^2 x^2 \psi(x, t).

   Pour un état stationnaire d'énergie E, la fonction d'onde s'écrit \psi(x,t) = \varphi(x) \exp\left(-i\frac{Et}{\hbar}\right). On calcule les dérivées partielles :

   \begin{aligned} \frac{\partial \psi}{\partial t}(x, t) &= -\frac{iE}{\hbar} \varphi(x) \exp\left(-i\frac{Et}{\hbar}\right), \\ \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}(x, t) &= \frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) \exp\left(-i\frac{Et}{\hbar}\right). \end{aligned}

   En reportant ces expressions dans l'équation de Schrödinger et en simplifiant par le facteur non nul \exp\left(-i\frac{Et}{\hbar}\right), il vient :

   E \varphi(x) = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) + \frac{1}{2}m\omega_0^2 x^2 \varphi(x),

   soit encore :

   \boxed{-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) + \frac{1}{2}m\omega_0^2 x^2 \varphi(x) = E \varphi(x)}

   ou, sous forme canonique :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2\varphi}{\mathrm{d}x^2}(x) + \frac{2m}{\hbar^2}\left(E - \frac{1}{2}m\omega_0^2 x^2\right)\varphi(x) = 0.}

   La probabilité totale de présence de la particule dans tout l'espace doit être égale à 1 à chaque instant :

   \int_{-\infty}^{+\infty} |\psi(x, t)|^2\,\mathrm{d}x = 1.

   Comme |\psi(x, t)|^2 = |\varphi(x)|^2\left|\mathrm{e}^{-iEt/\hbar}\right|^2 = |\varphi(x)|^2, et sachant que \varphi(x) est choisie à valeurs réelles, la condition de normalisation s'écrit :

   \boxed{\int_{-\infty}^{+\infty} \varphi^2(x)\,\mathrm{d}x = 1.}

   Résultat

   $$-\frac{{\hslash }^2}{2m}\frac{{\mathrm{d}}^2\phi }{\mathrm{d}{x}^2}(x)+\frac{1}{2}m{\omega }_0^2{x}^2\phi (x)=E\phi (x)$$

   $$\frac{{\mathrm{d}}^2\phi }{\mathrm{d}{x}^2}(x)+\frac{2m}{{\hslash }^2}\left(E-\frac{1}{2}m{\omega }_0^2{x}^2\right)\phi (x)=0.$$

   $${\int }_{-\infty }^{+\infty }{\phi }^2(x)\mathrm{d}x=1.$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2026, Q16

   D'après le résultat de la question Q15, l'énergie d'un état stationnaire lié s'écrit :

   E = \frac{(\Delta p_x)^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega_0^2(\Delta x)^2

   L'inégalité spatiale de Heisenberg s'écrit \Delta x\,\Delta p_x \geqslant \dfrac{\hbar}{2}. Les grandeurs \Delta x et \Delta p_x étant strictement positives pour un état lié, on a :

   \Delta p_x \geqslant \frac{\hbar}{2\Delta x} \implies (\Delta p_x)^2 \geqslant \frac{\hbar^2}{4(\Delta x)^2}

   En injectant cette minoration dans l'expression de l'énergie, il vient :

   E \geqslant \frac{\hbar^2}{8m(\Delta x)^2} + \frac{1}{2}m\omega_0^2(\Delta x)^2

   On identifie ainsi l'inégalité souhaitée E \geqslant f_{\mathrm{H}}(\Delta x) avec :

   \boxed{f_{\mathrm{H}}(\Delta x) = \frac{\hbar^2}{8m(\Delta x)^2} + \frac{1}{2}m\omega_0^2(\Delta x)^2}

   Pour trouver le minimum de la fonction f_{\mathrm{H}} sur ]0, +\infty[, dérivons-la par rapport à \Delta x :

   f_{\mathrm{H}}'(\Delta x) = -\frac{\hbar^2}{4m(\Delta x)^3} + m\omega_0^2\,\Delta x

   La dérivée s'annule pour une valeur \Delta x_0 > 0 vérifiant :

   \begin{aligned} m\omega_0^2\,\Delta x_0 &= \frac{\hbar^2}{4m(\Delta x_0)^3} \\ (\Delta x_0)^4 &= \frac{\hbar^2}{4m^2\omega_0^2} \\ \Delta x_0 &= \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega_0}} \end{aligned}

   Puisque f_{\mathrm{H}}'(\Delta x) < 0 pour \Delta x < \Delta x_0 et f_{\mathrm{H}}'(\Delta x) > 0 pour \Delta x > \Delta x_0, la fonction f_{\mathrm{H}} admet bien un minimum absolu en \Delta x_0. Sa valeur vaut :

   \begin{aligned} f_{\mathrm{H}}(\Delta x_0) &= \frac{\hbar^2}{8m} \cdot \frac{2m\omega_0}{\hbar} + \frac{1}{2}m\omega_0^2 \cdot \frac{\hbar}{2m\omega_0} \\ &= \frac{\hbar\omega_0}{4} + \frac{\hbar\omega_0}{4} \end{aligned}

   On obtient ainsi :

   \boxed{\min_{\Delta x > 0} f_{\mathrm{H}}(\Delta x) = \frac{\hbar\omega_0}{2}}

   Résultat

   $$f_{\mathrm{H}}(\Delta x)=\frac{{\hslash }^2}{8m(\Delta x{)}^2}+\frac{1}{2}m{\omega }_0^2(\Delta x{)}^2$$

   $$\underset{\Delta x>0}{\min }{f}_{\mathrm{H}}(\Delta x)=\frac{\hslash {\omega }_0}{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9E3A Physique-Chimie PC 2026, Q12

   D'après l'énoncé, le moment cinétique orbital de l'électron est quantifié selon :

   L_O = m_e r_n v_n = n\hbar \quad (n \in \mathbb{N}^*)

   En élevant au carré et en utilisant l'expression de v_n^2 = \dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_e r_n} établie à la question Q10, il vient :

   \begin{aligned} m_e^2 r_n^2 \left(\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_e r_n}\right) &= n^2\hbar^2 \\ \frac{m_e e^2}{4\pi\varepsilon_0} r_n &= n^2\hbar^2 \end{aligned}

   On en déduit :

   \boxed{r_n = a_0 n^2} \quad \text{avec} \quad \boxed{a_0 = \frac{4\pi\varepsilon_0 \hbar^2}{m_e e^2} = \frac{\varepsilon_0 h^2}{\pi m_e e^2}}

   La grandeur a_0 est le rayon de Bohr (valant numériquement environ 0{,}53\text{ \AA}).

   En injectant l'expression de r_n dans celle de l'énergie mécanique E_n = -\dfrac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 r_n} (question Q11), on obtient :

   \begin{aligned} E_n &= -\frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 a_0 n^2} = -\frac{E_0}{n^2} \end{aligned}

   avec :

   \boxed{E_n = -\frac{E_0}{n^2}} \quad \text{où} \quad \boxed{E_0 = \frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 a_0} = \frac{m_e e^4}{32\pi^2\varepsilon_0^2\hbar^2} = \frac{m_e e^4}{8\varepsilon_0^2 h^2}}

   (valant numériquement environ 13{,}6\text{ eV}).

   Conséquences physiques de ces expressions :

   1. Quantification de l'énergie et stabilité de l'atome : l'énergie de l'électron ne peut prendre que des valeurs discrètes. En particulier, pour n=1, l'électron atteint l'état fondamental d'énergie minimale E_1 = -E_0 et de rayon minimal r_1 = a_0. Contrairement aux prédictions de l'électrodynamique classique, l'électron ne rayonne pas en continu et ne s'écrase pas sur le noyau, assurant ainsi la stabilité de la matière.
   2. Spectre de raies d'émission et d'absorption : lors d'une transition entre deux niveaux p et n, l'atome n'échange de l'énergie avec le rayonnement que par émission ou absorption d'un photon d'énergie \Delta E = |E_p - E_n| = h\nu, ce qui explique la présence d'un spectre de raies discret caractéristique de l'élément chimique.

   Résultat

   $$r_n=a_0{n}^2$$

   $$a_0=\frac{4\pi {\epsilon }_0{\hslash }^2}{m_e{e}^2}=\frac{{\epsilon }_0{h}^2}{\pi m_e{e}^2}$$

   $$E_n=-\frac{E_0}{n^2}$$

   $$E_0=\frac{e^2}{8\pi {\epsilon }_0{a}_0}=\frac{m_e{e}^4}{32{\pi }^2{\epsilon }_0^2{\hslash }^2}=\frac{m_e{e}^4}{8{\epsilon }_0^2{h}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 1 MP 2026, Q16

    Dans le domaine x \in [0, \ell], le potentiel est nul (V(x) = 0). D'après l'équation (4) pour un état stationnaire \underline{\Psi}(x,t) = \underline{\psi}(x)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}, la composante spatiale \underline{\psi}(x) vérifie :

    -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2\underline{\psi}}{\mathrm{d}x^2}(x) = E\underline{\psi}(x)

    Pour un état lié confiné dans le segment, l'énergie est strictement positive (E > 0). En posant k = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}, l'équation différentielle s'écrit :

    \frac{\mathrm{d}^2\underline{\psi}}{\mathrm{d}x^2}(x) + k^2 \underline{\psi}(x) = 0

    La solution générale est de la forme :

    \underline{\psi}(x) = \underline{A}\cos(kx) + \underline{B}\sin(kx), \quad (\underline{A}, \underline{B}) \in \mathbb{C}^2

    Les conditions aux limites imposent l'annulation de la fonction d'onde aux deux extrémités du segment :

    \begin{aligned} \underline{\psi}(0) = 0 &\implies \underline{A} = 0 \\ \underline{\psi}(\ell) = 0 &\implies \underline{B}\sin(k\ell) = 0 \end{aligned}

    Pour une solution non triviale (\underline{B} \neq 0), il vient :

    k\ell = n\pi \quad \text{avec } n \in \mathbb{N}^*

    ce qui correspond bien à une fonction d'onde s'annulant n-1 fois sur le segment ouvert ]0, \ell[.

    On en déduit l'expression du vecteur d'onde k_n = \frac{n\pi}{\ell}, puis celle de l'énergie quantifiée :

    E_n = \frac{\hbar^2 k_n^2}{2m} = \frac{\hbar^2 n^2 \pi^2}{2m\ell^2}

    En introduisant la constante de Planck h = 2\pi\hbar, on obtient :

    \boxed{E_n = \frac{n^2 h^2}{8m\ell^2}}

    Résultat

    $$E_n=\frac{n^2{h}^2}{8m{\ell }^2}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question