Examen Corrigé Physique Quantique 2015 Rattrapage FSK

Partie A

On Considère l'atome d'hydrogène dans son état 1s et on se place dans les conditions de Couplage Spin-Orbite .
 1) Terme spectral fondamental $\hookrightarrow$ On a $L=0$ et $S=\frac{1}{2}$ $\hookrightarrow$ $J=\frac{1}{2}$ Donc on a une seul terme spectral $S_\frac{1}{2}$ sa nature est Paramagnétique puisque $\mu_J=\mu_S\neq0$.
2) La Solution de l'équation de Schr$\hat{o}$dinger de l'état 1s est donné par :

              $\psi_{1s}=\frac{1}{\sqrt{\pi a_0^{2}}}\exp(-\frac{r}{a_0})$ 

Pour déterminer le rayon le plus probable on détermine premièrement La densité de probabilité radial qui s'écrit :  $D(r)=\frac{dP}{dr}=4\pi r^2 ||\psi_{1s}||^2$ qui passe par un extrémum donc $\frac{dD(r)}{dr}=0$ On résoudront cette égalité On trouve que le rayon le plus probable est $r=a_0$

PARTIE B
On Considère maintenant la structure hyper fine de l'état 1s de l'hydrogène , due au Couplage entre $\vec{J}=\vec{L} + \vec{S}$ et $\vec{I}$ .
1) On a $\vec{F}=\vec{J} + \vec{I}$ avec $\vec{J}= \vec{S}$ puisque $\vec{L}=0$ $\hookrightarrow$ $\vec{F}=\vec{S} + \vec{I}$ , d'après l'énoncé $S=\frac{1}{2} et I=\frac{1}{2}$ $\hookrightarrow$ $|S - I|\leq F \leq |S + I|$ le niveau 1s est dégénéré 4 fois ((système à 4 états) , $F=0,1$.

2) Les Coefficients de clebsh-Gordon :
$|1,1>=|++>$
$|1,-1>=|-->$
$|1,0>=\frac{1}{\sqrt{2}}(|+-> + |-+>)$
$|0,0>=\frac{1}{\sqrt{2}}(|+-> - |-+>)$
3)Hamiltonien d'interaction est donné par : $H_{ss}=\alpha \vec{S}.\vec{I}$ . $H_{ss}=\frac{\alpha}{2}(\vec{F}^2 - \vec{S}^2 -\vec{I}^2)$ $\hookrightarrow$ $E_{ss}=\frac{\hbar^2 a}{2}(F(F+1)-S(S+1)-I(I+1))$ avec F peut prend deux valeurs qu'on a déjà déterminé (0,1) par contre S et I seront fixe , Ceci montre qu'on aura un valeur propre 3 fois dégénéré et une valeur propre simple  $$H_{ss}= \begin{pmatrix} \frac{\alpha \hbar^2}{4} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{\alpha \hbar^2}{4} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -\frac{3\alpha \hbar^2}{4} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{\alpha \hbar^2}{4} \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} |1,1> \\ |1,0> \\ |0,0> \\ |-1,-1> \\ \end{pmatrix}$$
b) La dégénérescence d'ordre 4 est donc partiellement levée par $H_{ss}$ : Le niveau F = 1 est dégénéré d'ordre 3 et est appelé état triplet, Le niveau F = 0 n'est pas dégénéré et est donc appelé État singulet .

4) L'atome d'hydrogène est plongé dans un champ magnétique statique suivant Oz tel que $H_z$ est une perturbation de $H_{ss}$ :

 $\bullet$ (Champ faible) $\hookrightarrow$ (Effet Zeeman) $\hookrightarrow$ (Base Couplé )
 a) $H_z=-(\vec{\mu_L} + \vec{\mu_S} + \vec{\mu_I})\times\vec{B}$ 

b) d'après la question a) on obtient $H_z=\omega_0(L_z + 2S_z) + \omega_NI_z=\omega_0(L_z + 2S_z + \frac{\omega_N}{\omega_0}I_z)$ avec $\omega_0=-\frac{qB}{2m_e}$ et $\omega_N=\frac{q.g_p.B}{2m_p}$or on sait que la masse d'électrons est négligable devant la masse du proton $\hookrightarrow$ $\frac{\omega_N}{\omega_0}\simeq-\frac{me}{m_p}$ $\longmapsto$ 0 et $L=0$ (L'état fondamental ) , Finalement on Obtient :            $H_z\simeq2\omega_0S_z$

c)  $$H_z=\hbar\omega_0 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ \end{pmatrix}$$ d) On diagonalisent la matrice $H_z$ dans l'espace des état dégénéré on obtient : $$H_z=\hbar\omega_0 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ \end{pmatrix}$$
$\bullet E_{|11>}^1=\frac{\alpha \hbar^2}{4} + \hbar\omega_0$
$\bullet E_{|1-1>}^1=\frac{\alpha \hbar^2}{4} - \hbar\omega_0$
$\bullet E_{|10>}^1=\frac{\alpha \hbar^2}{4}$
$\bullet E_{|00>}^1=-3\frac{\alpha \hbar^2}{4}$
La Dégénérescence est totalement levée .