oscillateur harmonique

Oscillateur harmonique

Nicolas Raymond

29 mars 2012

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Définition du problème

Lemme 1.1 C₀∞_{(R) est dense dans B}1_{(R) (muni de sa norme naturelle...} qui en fait au passage un espace de Hilbert).

Lemme 1.2 On a :

D = {ψ ∈ L2

(R) : ψ00∈ L2

(R), x2ψ ∈ L2_(R)}. Preuve.

Une inclusion est évidente. Pour l’autre, il s’agit d’appliquer la méthode des quotients différentiels. On introduit le quotient différentiel :

Dhψ =

ψ(· + h) − ψ(·) |h| et on dérive l’équation :

−ψ00+ x2ψ = f ∈ L2_(R) en formant un quotient différentiel :

−(Dhψ)00+ x2Dhψ + 2xψ(x + h) + hψ(x + h) = Dhf.

On multiplie par D−hφ avec φ régulière à support compact et on intègre pour

trouver :

h(Dhψ)0, (Dhφ)0i+hxDhψ, xDhφi+h2xψ(·+h), D−hφi+hhψ(·+h), D−hφi = hf, D−2hφi.

On en déduit :

h(Dhψ)0, (Dhφ)0i+hxDhψ, xDhφi ≤ kf kkD−2hφk+2kxψkkD−hφk+|h|kψkkD−hφk.

Un lemme fondamental (voir Brézis, prop. IX.3) donne :

kDhφk ≤ kφ0k.

de sorte que :

h(Dhψ)0, (Dhφ)0i + hxDhψ, xDhφi ≤ kf kkφ0k + 2kxψkkφ0k + |h|kψkkφ0k.

Par densité, on peut faire φ = ψ et on trouve que :

kDhψ0k2 ≤ kf kkφ0k + 2kxψkkψ0k + |h|kψkkψ0k.

On en tire (Brézis) que ψ ∈ H2(R), l’autre terme x2_{ψ s’en déduit en revenant}

à l’équation.



On s’intéresse à l’équation au sens des distributions :

(− d

2

dx2 + x

2_{)ψ = λψ,}

où ψ ∈ D. On cherche les valeurs de λ telles qu’il existe une solution ψ ∈ D non nulle et pour ces λ on veut décrire l’espace des fonctions associées.

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Étude du spectre

2.1

Analyse

On a : [a, a∗] = aa∗ − a∗a = 1. On pose : f0(x) = e−x 2_/2 et on remarque : af0 = 0.

Ainsi µ = 0 convient. Nous allons générer d’autres valeurs qui conviennent à partir de la première. Examinons

f1 = a∗f0, On a : a∗af1 = a∗aa∗f0 = a∗a∗af0+ a∗[a, a∗]f0 = a∗f0 = f1. µ = 1 convient. Lemme 2.1 On pose fn= (a∗)nf0 et on a : a∗afn= nfn. Preuve.

Pour n = 0 et n = 1, c’est clair. On raisonne par récurrence. On a :

a∗afn+1= a∗aa∗fn = a∗a∗afn+a∗[a, a∗]fn = na∗fn+fn = (n+1)a∗fn= (n+1)fn+1.  Lemme 2.2 On a : afn= aa∗fn−1 = fn−1+ (n − 1)fn−1= nfn−1. Lemme 2.3 On a : fn6= 0. Preuve.

Si on a fn = 0 pour n ≥ 1, on écrit : a∗fn−1 = 0 et donc : aa∗fn−1 = 0 d’où

fn−1+ a∗afn−1 = 0 et ainsi : nfn−1 = 0. Par récurrence, tous les fn seraient

nuls.



On a trouvé une famille de valeurs convenables pour µ : l’ensemble des entiers. Les paires (n, fn) conviennent.

Lemme 2.4 Les fn sont deux à deux orthogonaux.

Preuve. On a :

hf0, fni = hf0, a∗fn−1i = haf0, fn−1i = 0,

par IPP et pour n ≥ 1. Examinons encore un exemple :

hf1, fni = ha∗f0, fni = hf0, afni = nhf0, fn−1i = 0,

dès que n ≥ 2. La récurrence est alors évidente.

 On peut mettre fn =  1 √ 2 − d dx+ x
n e−x2/2 _{sous la forme P} ne−x 2_/2 où Pn est un polynôme de degré n.

Lemme 2.5 Les fn forment une base hilbertienne.

Preuve.

Soit f ∈ L2_{(R) telle que :}

hxn_e−x2

, f i = 0

pour tout n. Il s’agit de montrer que f = 0. On pose :

F (ξ) = Z

eixξe−x2/2f (x)dx.

F est holomorphe sur une bande voisine de l’axe réel et ses dérivées sont toutes nulles en 0 ; F est donc identique en nulle sur cette bande. Par trans-formée de Fourier, on en déduit que f = 0.



2.2

Synthèse

Les (fn) forment une base hilbertienne de L2(R) ou de façon équivalente

les Pn forment une base hilbertienne de L2(R, e−x

2

dx).

On décompose ψ suivant cette base et on écrit, au sens des distributions :

a∗aψ =Xnψnfn= µ

X ψnfn

Il vient par unicité :

nψn = µψn

et ainsi µ est un entier m, ψ = ψmfm.