2 La force de Casimir (1948)

Université Joseph Fourier. Master 1 Physique TD de mécanique quantique, Frédéric Faure.

TD n^◦3

Spectre de l'oscillateur Harmonique.

La force de Casimir du vide quantique.

1 Spectre de l'oscillateur Harmonique (ex. de cours)

Références : [2] chap.V. [3].

L'objectif est de trouver les niveaux d'énergie du Hamiltonien Hˆ = ˆp²/(2m) + ¹₂kqˆ², décrivant une particule à une dimension q ∈ R dans un potentiel quadratique. Rappel : ˆ

p=−i~d/dq, et [ˆq,p] =ˆ i~Iˆ. On pose ω=p k/m.

1. Pourquoi ce modèle est important en physique ? donner un exemple.

2. On dénit les opérateurs (vérier qu'ils sont sans dimension) :

Qˆ =

√mk

~

!1/2

ˆ

q, Pˆ = 1

~

√mk 1/2

ˆ p, a= 1

√2

Qˆ+iPˆ

, a^†= 1

√2

Qˆ−iPˆ

, Nˆ =a^†a

Calculer les commutateurs h Q,ˆ Pˆi

, a, a^†

,h N , aˆ i

,h N , aˆ ^†i

, et montrer que Hˆ =

~ω

Nˆ +¹₂Iˆ

. On va maintenant chercher le spectre de l'opérateur Nˆ.

3. On cherche la fonction ψ₀(Q) dénie paraψ₀ = 0. Montrer que l'on obtient l'équa- tion diérentielle^dψ_dQ⁰ =−Qψ₀dont la solution normalisée est la Gaussienneψ₀(Q) =

1

π^1/4 exp

−^Q₂²

. Montrer que ψ₀ est fonction propre de Nˆ.

4. Pour un entier n ≥ 1, on dénit par récurrence l'état ψ_n par ψ_n = ^√1_na⁺ψn−1. Par récurrence sur n montrer que N ψˆ _n=nψ_n et que kψ_nk² = 1.

5. Montrer que aψn =√

nψn−1.

6. On cherche l'expression de la fonction ψ_n(Q). Montrer la relation : ψ_n(Q) = 1

√2n

Q− d dQ

ψn−1(Q)

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. A l'aide du logiciel gratuit xcas [1], dessiner les fonctions d'Hermite ψ_n(Q) avec le code :

f0:=exp(-x^2/2);

f1:=1/(sqrt(2*1))*(x*f0-diff(f0,x));

f2:=1/(sqrt(2*2))*(x*f1-diff(f1,x));

f3:=1/(sqrt(2*3))*(x*f2-diff(f2,x));

plot([f0,f1,f2,f3],x=-5..5); ³

x

|ψ >₂

|ψ >

1 0

|ψ >

|ψ >

7. Pour simplier l'écriture, on dénit la fonction H_n(Q) par l'écriture :ψ_n(Q) = hQ|ψ_ni = _π1/4¹ exp

−^Q₂²

1 n!2ⁿ

1/2

H_n(Q) et connaissant ψ₀(Q) ci-dessus, on ob- serve que H₀(Q) = 1. Montrer que H_n(Q) =

2Q−_dQ^d

Hn−1(Q). Déduire par ré- currence queH_n(Q)est en fait un polynôme de degrén à coecients entiers appelé polynome d'Hermite, et calculer les premiers termesH₁(Q), H₂(Q), H₃(Q). 8. Déduire de ce qui précède que les niveaux d'énergie de Hˆ sont E_n=~ω n+¹₂

, et que les fonctions propres associées sont ψn(Q).

9. (Optionnel) Pour montrer que l'opérateur Nˆ n'a pas d'autres vecteurs propres, il faut montrer que ces états ψ_n forment une base de l'espace H = L²(R). Montrer que Nˆ est auto adjoint (Nˆ⁺ = ˆN), et déduire que les vecteurs propres ψ_n forment un ensemble orthonormés de vecteurs. On cherche une fonction ϕ(Q) orthogonale à toutes les fonctions ψ_n. Comme ψ_n ∝ e^−Q2/2H_n avec H_n polynome de degré n, cela implique R

ϕ(Q)e^−Q2/2P (Q)dQ = 0 pour tout polynome P. En déduire que la transformée de Fourier de ϕ(Q)e^−Q2/2 est nulle et donc que ϕ= 0.

2 La force de Casimir (1948)

(Lire : Wikipedia Eet Casimir ou Articles de Martin &Buenzli et B.Duplantier) C'est un eet assez surprenant qui montre que dans le vide, il y a des uctuations quantiques du champ électromagnétique qui ont des eets mesurables. Cet eet calculé par Casimir en 1948, a été observé en 1958 par Sparnay et encore plus récemment avec une grande précision. Considérons deux plaques métalliques (conducteurs parfaits) de surface S, séparés d'une distance`'1µm. On va montrer que le vide quantique électromagnétique induit une force attractive entre ces deux plaques appelée force de Casimir¹ :

F_Casimir(l) = −

π²~c 240`⁴

S (1)

Remarquer que cette force décroit très vite avec la distance (en1/`⁴), et que son expres-

1. Voici une courbe qui compare la théorie et les mesures expérimentales, obtenue par A.Roy et al.

(1999) :

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sion fait intervenir seulement les constantes fondamentales ~c. Sa valeur est très faible : F_Casimir '10⁻⁷Npour` = 1µm et surface S = 1cm².

l L−l

n=1 n=2 n=3

.. .

Force

z

Figure 1 Plaque métallique libre de bouger selon z dans une enceinte aux murs métal- liques. Le vide quantique des modes électromagnétiques n = 1,2,3. . . est responsable de la force de Casimir.

1. Soit une boite métallique de côtés L_x =L_y = L et d'épaisseur très ne L_z = ` L. Comme le champ électrique s'annulle sur les parois, les modes pouvant exister dans cette cavité ont par conséquent des longueurs d'onde selon (x, y, z) qui sont λ<sub>x</sub> = 2L/a,λ<sub>y</sub> = 2L/b,λ<sub>z</sub> = 2`/d, indicés par des entiers a, b, d >0. Montrer que la fréquence du mode indicé par(a, b, d)est

ω_a,b,d = πc

` `

L 2

a²+b² +d²

!1/2

.

On rappelle que si la cavité est vide, chaque mode de fréquence ω a cependant une énergie quantique du vide ¹₂~ω. Déduire une expression (formelle) de l'énergie du vide quantique électromagnétique dans cette cavité E(`), comme somme sur ces modes (en tenant compte des deux états de polarisation possibles). Quelle est l'origine de la divergence deE(`)?

2. Pour éviter cette divergence, on introduit une fréquence de coupure² ωcet on dé- cide de multiplier l'énergie de chaque mode de fréquenceωpar le facteurexp

−_ω^ω

c

,

2. Physiquement, cette fréquence de coupure peut être la fréquence de coupure dans les métaux, appelée aussi fréquence plasma (pourω < ωc le métal est rééchissant, et pourω > ωc le métal est transparent).

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ce qui rend donc l'expression de E(`) convergente (on fera ω<sub>c</sub>→ ∞ à la n du cal- cul<sup>3</sup>). Comme ` L, on pourra remplacer la somme sur (a, b) par une intégrale sura > 0, b >0, et ensuite utiliser des coordonnées polaires a =ρcosθ,b =ρsinθ. Remarquer que ωdω = ^πc_L2

ρdρ. Montrer que E(l)'~

π 2

X

d>0

Z ∞

0

ρωe^−ω/ωcdρ=~ π

2

L πc

2

X

d>0

Z ∞

ω0

ω²e^−ω/ωcdω

avecω₀ = ^πc_` d. Ensuite, on utilisera l'astuceR∞

ω0 ω²e^−ω/ωcdω=

d² dα²

R∞

ω0 dω e^−αω

α=_ωc¹

et la formule de sommeP

d>0α^d= _1−α^α pour déduire E(`) = ~cπ²L²_x

2`³ d² dx²

1 x(e^x−1)

, x= πc ω_c` 3. Utiliser le développement :

1

x(e^x−1) = 1 x² − 1

2x + 1

12− 1

30.24x² +O x³

pour exprimer l'énergie du videE(`)en puissances deω<sub>c</sub>. Montrer que dans la limite ω<sub>c</sub> → ∞, E(`) diverge comme ω_c⁴ , et calculer les termes sous dominants jusqu'au premier terme non divergent.

4. CalculerU(`) =E(`)+E(L−`)qui est l'énergie du vide dans l'enceinte de la gure 1, et déduire l'expression de la force de Casimir dénie parFCasimir(`) = −^dU_d`.

Références

[1] Parisse B. Logiciel libre de calcul formel. Taper xcas dans google.

[2] C. Cohen-Tannoudji, B. Diu, and F. Laloe. Mécanique quantique.

[3] F. Faure. Cours de Mécanique quantique pour Master M1 de physique. http ://www- fourier.ujf-grenoble.fr/~faure/enseignement.

3. On choisit ici une fonction de troncatione^−ω/ωc. Le résultat ne dépend pas du choix de cette fonction.

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Université Joseph Fourier. Master 1 Physique TD de mécanique quantique

TD n^o3 Solution

Spectre de l'oscillateur Harmonique.

La force de Casimir du vide quantique.

1 Spectre de l'oscillateur Harmonique

1. Le modèle de l'oscillateur harmonique est important en physique, car il permet de décrire le comportement des particules près de leur position d'équilibre stable. En eet, à basse tempé- rature, les particules se mettent près de leur état de plus basse énergie, et l'approximation à l'ordre 2, de l'énergie potentielle V (x) près de son minimum est de la formeV (x) = ¹₂kx², avec k= d²V /dx²

min. Par exemple les petites oscillations d'un atome dans une molécule, ou dans un solide sont décrites par le modèle de l'oscillateur harmonique.

2. On calcule tout d'abord queh Q,ˆ Pˆ

i

=iI. Puisˆ a, a⁺

= 1 2

hQ,ˆ −iPˆi +h

iP ,ˆ Qˆi

= 1

2(1 + 1) = ˆI Soitaa⁺=a⁺a+ ˆI donc

hN , aˆ i

=a⁺aa− aa⁺

a=a⁺aa−

a⁺a+ ˆI

a=−a et de même h

N , aˆ ⁺i

=a⁺ aa⁺

−a⁺a⁺a=a⁺

a⁺a+ ˆI

−a⁺a⁺a=a⁺ (1) On a inversementQˆ = ^√1

2(a+a⁺),Pˆ = ^√i

2(a⁺−a). On utiliseaa⁺=a⁺a+ ˆI et on obtient : Hˆ = 1

2~ω

Pˆ²+ ˆQ²

= 1 2~ω

−1

2 a⁺−a2

+1

2 a+a⁺2

= 1 4~ω

− a⁺2

−a²+a⁺a+aa⁺+a²+ a⁺2

+a⁺a+aa⁺

= 1

2~ω a⁺a+aa⁺

= 1 2~ω

2a⁺a+ ˆI

=~ω

Nˆ +1 2Iˆ

soit :

Hˆ =~ω

Nˆ+ 1 2Iˆ

(2) 3. Cherchons la fonction notéeψ0(Q), dénie par :

aψ₀= 0

(c'est à dire queψ0 est dans le noyau de l'opérateura). On se rappelle que par dénition des opérateurs Q,ˆ Pˆ, pour tout étatψ, on ahQ|Qψiˆ =QhQ|ψiet hQ|P ψiˆ =−i_dQ^d hQ|ψi. Cela donne :

0 =< Q|aψ0>= 1

√2hQ|

Qˆ+iPˆ

ψ0i= 1

√2

Q+ d dQ

ψ0(Q), ∀Q∈R.

On obtient donc l'équation diérentielle du premier ordre : dψ₀

dQ =−Qψ0

1

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que l'on résoud en écrivant :

dψ₀/ψ₀=−QdQ⇔dlogψ₀=−d 1

2Q²

⇔logψ₀=−1

2Q²+cste⇔ψ₀(Q) =Ce^−12Q2 La constanteCse trouve en cherchant une solution normalisée :

1 =kψ0k²= Z

|ψ0(Q)|²dQ=C² Z

e^−Q2dQ=C²√ π

doncC=π^−1/4,

ψ0(Q) = 1 π^1/4exp

−Q² 2

Notons queψ0est vecteur propre de l'opérateurNˆ =a⁺aavec la valeur propre0: N ψˆ ₀=a⁺(aψ₀) = 0ψ₀

4. On cherche maintenant les autres vecteurs propres deNˆ. Pour un entiern≥1, on dénit par récurrence l'étatψn par

ψn = 1

√na⁺ψ_n−1= 1

pn(n−1) a^†2

ψ_n−2=. . .= 1

√n! a^†n ψ0

Supposons queN ψˆ _n−1= (n−1)ψ_n−1. Alors utilisant (1), donnantN aˆ ⁺=a⁺Nˆ +a⁺=a⁺ Nˆ+ ˆI a on

N ψˆ _n= 1

√n

N aˆ ⁺ψ_n−1= 1

√na⁺ Nˆ + ˆI

ψ_n−1= 1

√na⁺(n−1 + 1)ψ_n−1=nψ_n

Calculons la norme deψn. On utiliseaa⁺=a⁺a+ ˆI : kψnk²=hψn|ψni= 1

nhψn−1|aa⁺ψn−1i= 1

nhψn−1| Nˆ+ ˆI

ψn−1i= (n−1 + 1)

n kψn−1k²=kψn−1k² Par récurrence on déduit que kψnk²= 1 (est normalisé) et que pour toutn∈N,ψn est vecteur propre deNˆ avec la valeur propre n:

N ψˆ n=nψn

5. On a :

aψn= 1

√naa⁺ψ_n−1= 1

√n

a⁺a+ ˆI

ψ_n−1=√ nψ_n−1.

6. Cherchons maintenant la fonction d'onde de l'étatψn : ψ_n(Q) =< Q|ψ_n>= 1

√n < Q|a⁺ψ_n−1>= 1

√2n

Q− d dQ

ψ_n−1(Q) (3) La fonction d'ondeψ_n(Q)s'obtient donc par une opération de dérivation à partir de la fonctionψ_n−1(Q). 7. Pour simplier l'écriture, on dénit la fonctionHn(Q)par l'écriture :

ψn(Q) =hQ|ψni= 1 π^1/4exp

−Q² 2

1 n!2ⁿ

^1/2 Hn(Q)

et connaissantψ₀(Q)ci-dessus, on observe queH₀(Q) = 1. La relation de récurrence (3) donne 1

π^1/4exp

−Q² 2

1 n!2ⁿ

^1/2

Hn(Q) = 1

√2n

Q− d dQ

1 π^1/4exp

−Q² 2

1 (n−1)!2ⁿ⁻¹

^1/2

H_n−1(Q)

!

⇔ 1

2n 1/2

H_n(Q) = 1

√2n

Q H_n−1−(−Q)Hn−1−dH_n−1 dQ

donc :

Hn(Q) =

2Q− d dQ

H_n−1(Q)

et on déduit que Hn(Q) est en fait un polynôme de degré n à coecients entiers appelé polynome d'Hermite, dont les premiers termes sont :

H0(Q) = 1, H1(Q) = 2Q, H2(Q) = 4Q²−2, . . .

2

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8. Le spectre deHˆ s'obtient simplement de la relationHˆ =~ω

Nˆ+¹₂Id

. DoncEn=~ω n+¹₂. 9. Comme Nˆ est auto adjoint (Nˆ⁺ = (a⁺a)⁺ = ˆN), les vecteurs propres ψ_n forment un ensemble ortho-

normés de vecteurs (voir cours). Pour montrer que l'opérateur Nˆ n'a pas d'autres vecteurs propres, il faut montrer que ces étatsψ_n forment une base de l'espaceH=L²(R). On cherche une fonctionϕ(Q) orthogonale à toutes les fonctions ψ_n. Par hypothèse on a donc R

ϕ(Q)e^−Q2/2Qⁿ pour tout n≥0. On écrit la transformée de Fourier

F

ϕ(Q)e^−Q2/2

(P) = 1

√2π Z

R

ϕ(Q)e^−Q2/2e^{−iP Q}

= 1

√2π Z

ϕ(Q)e^−Q2/2

1−iP Q+1

2(−iP Q)²+. . .

Chaque terme du développement en série de e^{−iP Q} est un polynôme en Q. On permute la série et l'intégrale, et on déduit d'après l'hypothèse surϕque chacun des termes est nul, doncF

ϕ(Q)e^−Q2/2

= 0, doncϕ(Q)e^−Q2/2= 0,∀Q, doncϕ= 0. Il n'y a donc pas de fonction orthogonale à l'espace engendré par lesψ_n. Conclusion : les vecteurs orthogonauxψ_nengendrent tout l'espaceL²(R)et forment donc une base orthonormée.

2 La force de Casimir (1948)

1. On a λ_x = 2L/a,λ_y = 2L/b,λ_z= 2l/d, avec a, b, d∈N^∗ entiers. Donck_x= ^2π_λ

x = ^π_La, etc.... La fréquence de ce mode (a, b, d) est

ω_a,b,d=ck=c k_x²+k²_y+k²_z1/2

=πc a²

L² + b² L² +d²

l² 1/2

= πc

` `

L 2

a²+b² +d²

!1/2

.

L'énergie du vide quantique dans la boite est alors (en pensant aux deux états de polarisations possibles)

E(l) = 2 X

a,b,d>0

1 2~ω_a,b,d

La divergence deE(l) est due aux hautes fréquences ω; appelée divergence ultraviolette.

2. On a

E(l) =~ X

a,b,d>0

ωe^−ω/ωc

D'après l'expression ω = ^πc_`

` L

2

a²+b²

+d²1/2

, comme (l/L) 1, on peut traiter a, b comme des variables continues dans la somme (approximation de Riemann d'une intégrale), et donc écrire

E(l)'~ X

d>0

Z

da db ωe^−ω/ωc

Ensuite, on utilise des coordonnées polaires(a, b)→(ρ, θ), c'est à dire a²+b²

=ρ² etdadb= ρdρdθ, etθ= 0→π/2. Alors

E(l)'~ π

2 X

d>0

Z ∞

0

dρ ρ ωe^−ω/ωc

avecω= ^πc_l l

L

2

ρ²+d² 1/2

. Finalement, le changement de variableρ→ω= ^πc_l l

L

2

ρ²+d² 1/2

,

3

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donne ωdω=ρdρ ^πc_L2

et

E(l) ' ~ π

2

L πc

2

X

d>0

Z ∞

ω0

dω ω²e^−ω/ωc

= ~L² 2πc²

X

d>0

d² dα²

Z ∞

ω0

dω e^−αω

= ~L² 2πc²

X

d>0

d² dα²

1 αe^−αω0

avec ω0 = ^πc_l d, etα = 1/ωc. Ensuite P

d>0e^−αω0 =P

d>0

e^−απcl

d

= ^{−e−α πcl}

1−e^{−α πc}l = ¹

e^{α πcl} −1 (suite géométrique). Donc

E(l) = ~L² 2πc²

d² dα²

1 α

1 e^απcl −1

= ~cπ²L² 2l³

d² dx²

1 x(e^x−1)

avec x=απc/l=πc/(ωcl). 3. Ensuite

1

x(e^x−1) = 1 x² − 1

2x + 1

12 − 1

30×24x²+O x³

donc d²

dx²

1 x(e^x−1)

= 6 x⁴ − 1

x³ − 1

15×24 +O(x) et

E(l) = ~cπ²L² 2l³ 6

ω_cl πc

4

− ω_cl

πc 3

− 1

15×24 +O(1/ω_c)

!

= ~cπ²L² 2

6ω_c

πc 4

l−ω_c πc

3

− 1 15×24

1

l³ +O(1/ω_c)

4. On a

U(l) = E(l) +E(L−l) = ~cπ²L² 2

6

ωc

πc 4

L− 1 15×24

1

l³ + 1 (L−l)³

+...

' ~cπ²L² 2

6

ωc

πc 4

L− 1 15×24

1 l³

+...

, pour L l. Donc F_Casimir(l) = −^dU_dl = −^~cπ₂^2L2

3 15×241

l⁴ +...

et pour ω_c → ∞, les termes suivants s'annullent, donc

F_Casimir(l) =−~cπ²L² 240

1 l⁴

4

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