Physics · Livre 5 · Bachelor Year 3

Physique universitaire — 3e année

Physique universitaire — 3e année · Bachelor Year 3

8Le formalisme de la mécanique quantique

Prenez trois filtres polarisants. Deux d’entre eux, croisés à 90∘90^\circ, bloquent complètement la lumière ; glissez le troisième entre eux à 45∘45^\circ et la lumière passe — ajouter un obstacle ouvre le chemin. Aucune image des filtres comme tamis ne survit à cette expérience ; ce qui survit, c’est l’algèbre linéaire : la polarisation d’un photon est un vecteur, chaque filtre la mesure selon un axe et la projette, et les probabilités sont des carrés de composantes. Ce chapitre installe cette algèbre comme le véritable fondement de la mécanique quantique. Les fonctions d’onde des chapitres précédents n’étaient qu’un costume concret d’un corps plus abstrait : les états sont des vecteurs d’un espace de Hilbert, les observables sont des opérateurs hermitiens, les valeurs mesurées sont des valeurs propres, les probabilités sont des carrés de produits scalaires, et l’évolution est engendrée par le hamiltonien. Cinq postulats, tous déjà à l’œuvre dans tout ce que nous avons calculé — et, une fois énoncés proprement, assez puissants pour traiter des systèmes qu’aucune onde sur une droite ne saurait décrire : la polarisation du photon, le spin de l’électron, et les neutrinos dont l’identité oscille à la traversée de la Terre.

8.1 Les états sont des vecteurs

Définition 8.1 (Espace des états, kets et crochets)

Les états d’un système quantique forment un espace vectoriel complexe muni d’un produit scalaire — un espace de Hilbert H\mathcal H (la théorie mathématique est développée dans le volume de mathématiques de troisième année). Un état est un vecteur, noté ket ∣ψ⟩\ket\psi, normé : ⟨ψ | ψ⟩=1\braket\psi\psi = 1. Le produit scalaire de deux états est le nombre complexe ⟨φ | ψ⟩\braket\varphi\psi, antilinéaire à gauche, avec ⟨φ | ψ⟩=⟨ψ | φ⟩∗\braket\varphi\psi = \braket\psi\varphi^*. Dans une base orthonormée {∣ei⟩}\{\ket{e_i}\},

∣ψ⟩=∑ici∣ei⟩,ci=⟨ei | ψ⟩,∑i∣ci∣2=1.\ket\psi = \sum_i c_i\ket{e_i} , \qquad c_i = \braket{e_i}\psi , \qquad \sum_i|c_i|^2 = 1 .

La fonction d’onde des chapitres précédents est la famille des composantes de ∣ψ⟩\ket\psi selon la position : ψ(x)=⟨x | ψ⟩\psi(x) = \braket{x}{\psi} ; rien n’est perdu, et les systèmes à espace d’états fini — impensables comme ondes — deviennent descriptibles.

Exemple 8.2 (La polarisation du photon : un monde à deux dimensions)

Un photon lancé selon l’axe zz porte un état de polarisation dans un espace de Hilbert à deux dimensions, de base ∣H⟩\ket H (horizontale) et ∣V⟩\ket V (verticale). Une lumière polarisée sous l’angle θ\theta est la superposition

∣θ⟩=cos⁡θ ∣H⟩+sin⁡θ ∣V⟩,\ket\theta = \cos\theta\,\ket H + \sin\theta\,\ket V ,

et la polarisation circulaire est la combinaison complexe (∣H⟩±i∣V⟩)/2(\ket H \pm \iu\ket V)/\sqrt2 : que les coefficients soient complexes n’est pas un ornement mais de la physique. Tout système quantique à deux niveaux — spin, molécule d’ammoniac, bit quantique supraconducteur — est ce même espace vectoriel en habits différents.

Un état de polarisation vu comme un vecteur : les carrés de ses composantes dans la base d’un analyseur sont les probabilités des issues — la géométrie devenue probabilité.
Un état de polarisation vu comme un vecteur : les carrés de ses composantes dans la base d’un analyseur sont les probabilités des issues — la géométrie devenue probabilité.

8.2 Les observables sont des opérateurs

Définition 8.3 (Observables)

Une observable est un opérateur linéaire A^\hat A sur H\mathcal H qui est hermitien : ⟨φ | A^ψ⟩=⟨A^φ | ψ⟩\braket{\varphi}{\hat A\psi} = \braket{\hat A\varphi}{\psi} pour tous les états (en langage matriciel, A=A∗⊤A = A^{*\top}). Ses vecteurs propres et ses valeurs propres, A^∣a⟩=a∣a⟩\hat A\ket{a} = a\ket{a}, portent la physique : les aa sont les valeurs mesurables. Cas familiers : la position (x^\hat x : multiplication par xx), la quantité de mouvement (p^=−iℏ  ⁣d/ ⁣dx\hat p = -\iu\hbar\,\dd/\dd x), l’énergie (H^=p^2/2m+V(x^)\hat H = \hat p^2/2m + V(\hat x)) — et, en deux dimensions, toute matrice hermitienne 2×22\times2.

Théorème 8.4 (Pourquoi hermitien)

Un opérateur hermitien a des valeurs propres réelles, et ses vecteurs propres de valeurs propres distinctes sont orthogonaux ; sur les espaces de ce livre ses vecteurs propres forment une base orthonormée de H\mathcal H (le théorème spectral, démontré en dimension finie dans le volume de mathématiques de deuxième année ; pour les opérateurs non bornés x^\hat x, p^\hat p, H^\hat H l’énoncé complet relève de la théorie spectrale de troisième année et est admis). Les valeurs mesurées doivent être réelles et les issues discernables doivent être orthogonales : l’hermiticité est exactement la condition pour qu’un opérateur représente une mesure.

Démonstration partielle. a⟨a | a⟩=⟨a | A^a⟩=⟨A^a | a⟩=a∗⟨a | a⟩a\braket aa = \braket{a}{\hat Aa} = \braket{\hat Aa}{a} = a^*\braket aa : aa est réel. Pour A^∣a⟩=a∣a⟩\hat A\ket a = a\ket a, A^∣b⟩=b∣b⟩\hat A\ket b = b\ket b : a⟨b | a⟩=⟨b | A^a⟩=⟨A^b | a⟩=b⟨b | a⟩a\braket ba = \braket{b}{\hat Aa} = \braket{\hat Ab}{a} = b\braket ba, donc (a−b)⟨b | a⟩=0(a - b)\braket ba = 0. ∎

Exemple 8.5 (Une observable à deux niveaux)

Sur l’espace de polarisation, dans la base (∣H⟩,∣V⟩)(\ket H, \ket V), considérons

A^=(0110):\hat A = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix} :

hermitienne ; valeurs propres ±1\pm1 ; vecteurs propres (∣H⟩±∣V⟩)/2(\ket H \pm \ket V)/\sqrt2 — les polarisations à ±45∘\pm45^\circ. Mesurer A^\hat A signifie demander « diagonale ou antidiagonale ? », et la base propre est le couple des réponses. Chaque polariseur à 45∘45^\circ de l’expérience d’ouverture est cette matrice en verre.

8.3 Les postulats

Théorème 8.6 (Les règles de la mécanique quantique)

(P1) L’état d’un système est un ket normé ∣ψ⟩\ket\psi de son espace de Hilbert. (P2) Toute grandeur mesurable est un opérateur hermitien A^\hat A. (P3) Les seuls résultats possibles d’une mesure de A^\hat A sont ses valeurs propres. (P4) Sur un état ∣ψ⟩\ket\psi, le résultat aa survient avec la probabilité P(a)=∣⟨a | ψ⟩∣2\mathcal P(a) = |\braket a\psi|^2 (règle de Born ; pour une valeur propre dégénérée, on somme les carrés des composantes sur son sous-espace propre). La moyenne d’un grand nombre d’essais vaut ⟨A^⟩=⟨ψ∣A^∣ψ⟩\langle\hat A\rangle = \bra\psi\hat A\ket\psi. (P5) Immédiatement après une mesure donnant aa, l’état est la projection (normée) de ∣ψ⟩\ket\psi sur le sous-espace propre de aa — la réduction : la mesure est une interaction qui laisse le système dans l’état conforme à sa propre réponse. (P6) Entre deux mesures, l’état évolue unitairement selon l’équation de Schrödinger iℏ  ⁣d ⁣dt∣ψ(t)⟩=H^∣ψ(t)⟩\iu\hbar\,\dfrac{\dd}{\dd t}\ket{\psi(t)} = \hat H\ket{\psi(t)}.

Démonstration. Admis à ce niveau. ∎

Exemple 8.7 (Les trois polariseurs, calculés)

Une lumière verticale rencontre un analyseur croisé à 90∘90^\circ : ∣⟨H | V⟩∣2=0|\braket HV|^2 = 0 — extinction. Insérons un polariseur à 45∘45^\circ : l’état ∣V⟩\ket V le franchit avec la probabilité ∣⟨45∘ | V⟩∣2=12|\braket{45^\circ}{V}|^2 = \tfrac12 et se réduit à ∣45∘⟩\ket{45^\circ} (P5) ; cet état franchit ensuite l’analyseur horizontal avec la probabilité ∣⟨H | 45∘⟩∣2=12|\braket{H}{45^\circ}|^2 = \tfrac12. Transmission nette 14\tfrac14 au lieu de zéro : le filtre du milieu n’« ouvre pas un trou » — il effectue une mesure, et la réduction reprépare le photon. Aucun tamis classique ne fait cela ; une projection ne fait rien d’autre.

L’expérience des trois polariseurs vue comme trois mesures successives : projeter, réduire, projeter encore. Un filtre supplémentaire augmente la lumière transmise — impossible pour des tamis, automatique pour des projections.
L’expérience des trois polariseurs vue comme trois mesures successives : projeter, réduire, projeter encore. Un filtre supplémentaire augmente la lumière transmise — impossible pour des tamis, automatique pour des projections.

Remarque 8.8 (Ce que la réduction ne permet pas)

La réduction est instantanée dans le formalisme, et les corrélations quantiques entre particules distantes sont réelles et mesurées — mais aucun message ne les chevauche : les résultats d’un détecteur, lus seuls, sont indiscernables de tirages à pile ou face, quoi que l’on fasse au loin. Le hasard quantique est aussi irréductible : la règle de Born donne des probabilités même lorsque l’état est connu complètement — il n’y a rien de plus à savoir. Les deux énoncés sont des théorèmes du formalisme, vérifiés avec une grande précision ; le malaise qu’ils inspirent est respectable et a nourri un siècle d’expériences, que la mécanique quantique a toutes gagnées.

8.4 Commutateurs et indétermination

Définition 8.9 (Commutateur ; observables compatibles)

Le commutateur de deux opérateurs est [A^,B^]=A^B^−B^A^[\hat A, \hat B] = \hat A\hat B - \hat B\hat A. L’exemple fondateur, tiré de p^=−iℏ  ⁣d/ ⁣dx\hat p = -\iu\hbar\,\dd/\dd x :

[x^,p^]=iℏ.[\hat x, \hat p] = \iu\hbar .

Deux observables sont compatibles quand [A^,B^]=0[\hat A, \hat B] = 0 : elles admettent alors une base propre commune et peuvent être connues simultanément ; mesurer l’une ne perturbe pas un état bien défini pour l’autre. Un ensemble d’observables qui commutent dont la base propre commune est unique (un ECOC) est ce que signifie « étiqueter complètement un état » — les étiquettes (n1,n2,n3)(n_1, n_2, n_3) de la boîte n’étaient rien d’autre.

Théorème 8.10 (La relation d’indétermination, en général)

Dans tout état, les écarts types de deux observables vérifient

ΔA  ΔB ≥ 12 ∣⟨[A^,B^]⟩∣.\Delta A\;\Delta B \ \ge\ \tfrac12\,\big|\langle[\hat A, \hat B]\rangle\big| .

Pour x^\hat x et p^\hat p : Δx Δp≥ℏ/2\Delta x\,\Delta p \ge \hbar/2 — la relation de Heisenberg, désormais théorème d’algèbre linéaire et non plus argument heuristique. L’incompatibilité est quantitative : la taille du commutateur fixe le plancher de la finesse conjointe.

Démonstration partielle. Posons α^=A^−⟨A⟩\hat\alpha = \hat A - \langle A\rangle, β^=B^−⟨B⟩\hat\beta = \hat B - \langle B\rangle. L’inégalité de Cauchy–Schwarz du volume de mathématiques de troisième année donne ΔA2ΔB2=∥α^ψ∥2∥β^ψ∥2≥∣⟨α^ψ | β^ψ⟩∣2\Delta A^2\Delta B^2 = \|\hat\alpha\psi\|^2\|\hat\beta\psi\|^2 \ge |\braket{\hat\alpha\psi}{\hat\beta\psi}|^2 ; la partie imaginaire de ce produit vaut 12i⟨[A^,B^]⟩\tfrac1{2\iu}\langle[\hat A, \hat B]\rangle, et ∣z∣2≥(Im⁡z)2|z|^2 \ge (\operatorname{Im}z)^2. ∎

Remarque 8.11 (L’ombre classique)

Divisez par iℏ\iu\hbar et faites ℏ→0\hbar \to 0 : les commutateurs deviennent les crochets de Poisson du Chapitre 2, {x,p}=1\{x, p\} = 1 faisant écho à [x^,p^]=iℏ[\hat x, \hat p] = \iu\hbar, et les crochets du moment cinétique calculés là reviendront tels quels, en commutateurs, au Chapitre 10. La règle de Dirac — le crochet classique multiplié par iℏ\iu\hbar — est la façon dont le squelette de la mécanique a survécu à la révolution.

8.5 Évolution et conservation

Proposition 8.12 (Évolution des moyennes ; grandeurs conservées)

Pour une observable sans dépendance explicite en temps,

 ⁣d⟨A^⟩ ⁣dt=iℏ ⟨[H^,A^]⟩.\frac{\dd\langle\hat A\rangle}{\dd t} = \frac{\iu}{\hbar}\,\big\langle[\hat H, \hat A]\big\rangle .

Une observable qui commute avec le hamiltonien est conservée — ses probabilités, et non sa seule moyenne, sont figées ; les symétries livrent de nouveau des lois de conservation, cette fois comme des commutations. Les états stationnaires sont les vecteurs propres de H^\hat H, n’évoluant que par la phase e−iEt/ℏ\eu^{-\iu Et/\hbar} ; une superposition de deux niveaux bat à la fréquence de Bohr (E2−E1)/h(E_2 - E_1)/h, comme le montraient déjà les puits du volume de deuxième année.

Démonstration. Dérivons ⟨ψ∣A^∣ψ⟩\bra\psi\hat A\ket\psi et injectons P6 et sa conjuguée :

 ⁣d⟨A^⟩ ⁣dt=iℏ⟨ψ∣H^A^∣ψ⟩−iℏ⟨ψ∣A^H^∣ψ⟩=iℏ ⟨[H^,A^]⟩.\frac{\dd\langle\hat A\rangle}{\dd t} = \frac{\iu}{\hbar}\bra\psi\hat H\hat A\ket\psi - \frac{\iu}{\hbar}\bra\psi\hat A\hat H\ket\psi = \frac{\iu}{\hbar}\,\langle[\hat H, \hat A]\rangle . \qedhere

∎

Méthode 8.13 (Mécanique quantique matricielle)

Pour tout problème à nombre fini de niveaux : (1) choisir une base adaptée à la question (les axes de l’analyseur, les états propres de l’énergie) ; (2) écrire les états en vecteurs colonnes, les observables en matrices hermitiennes ; (3) diagonaliser ce que l’on mesure — les valeurs propres sont les issues, les carrés des composantes les probabilités ; (4) faire évoluer les états propres de l’énergie par les phases e−iEit/ℏ\eu^{-\iu E_it/\hbar} et les réexprimer dans la base de mesure ; (5) après une mesure, repartir de l’état projeté. Tout le Problème 8.1 est cette recette appliquée à un univers à deux niveaux.

Trois polariseurs sur une paillasse : chacun est une mesure, qui projette l’état de la lumière sur un axe. En croiser deux et rien ne passe ; en glisser un troisième entre eux, en biais, et la lumière revient — les postulats de ce chapitre, joués sur une table.
Trois polariseurs sur une paillasse : chacun est une mesure, qui projette l’état de la lumière sur un axe. En croiser deux et rien ne passe ; en glisser un troisième entre eux, en biais, et la lumière revient — les postulats de ce chapitre, joués sur une table.

8.6 Exercices

Exercice 8.1 ★

Dans une base orthonormée (∣1⟩,∣2⟩)(\ket1, \ket2), soient ∣ψ⟩=(2∣1⟩+i∣2⟩)/5\ket\psi = (2\ket1 + \iu\ket2)/\sqrt5 et ∣φ⟩=(∣1⟩−∣2⟩)/2\ket\varphi = (\ket1 - \ket2)/\sqrt2. (a) Vérifier les normalisations. (b) Calculer ⟨φ | ψ⟩\braket\varphi\psi et ⟨ψ | φ⟩\braket\psi\varphi. (c) La probabilité de trouver ∣ψ⟩\ket\psi dans l’état ∣φ⟩\ket\varphi. (d) Construire l’état orthogonal à ∣ψ⟩\ket\psi (à une phase près).

Solution

Solution de Exercice 8.1.

(a) (4+1)/5=1(4 + 1)/5 = 1 et (1+1)/2=1(1 + 1)/2 = 1. (b) ⟨φ | ψ⟩=(2−i)/10\braket\varphi\psi = (2 - \iu)/\sqrt{10} ; ⟨ψ | φ⟩=(2+i)/10\braket\psi\varphi = (2 + \iu)/\sqrt{10} : conjugués. (c) ∣(2−i)∣2/10=1/2|(2 - \iu)|^2/10 = 1/2. (d) Résoudre ⟨ψ | χ⟩=0\braket\psi\chi = 0 : ∣χ⟩=(∣1⟩−2i∣2⟩)/5\ket\chi = (\ket1 - 2\iu\ket2)/\sqrt5.

Exercice 8.2 ★

Lesquelles de ces matrices sont hermitiennes, et quelles sont les valeurs propres et les vecteurs propres normés de celles qui le sont ?

(0110),(0−ii0),(11−11),(21−i1+i3).\begin{pmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix} , \quad \begin{pmatrix}0 & -\iu\\ \iu & 0\end{pmatrix} , \quad \begin{pmatrix}1 & 1\\ -1 & 1\end{pmatrix} , \quad \begin{pmatrix}2 & 1-\iu\\ 1+\iu & 3\end{pmatrix} .
Solution

Solution de Exercice 8.2.

La première : hermitienne ; ±1\pm1 avec (∣1⟩±∣2⟩)/2(\ket1 \pm \ket2)/\sqrt2. La deuxième : hermitienne ; ±1\pm1 avec (∣1⟩±i∣2⟩)/2(\ket1 \pm \iu\ket2)/\sqrt2. La troisième : non hermitienne (la transposée conjuguée diffère). La quatrième : hermitienne ; λ2−5λ+4=0\lambda^2 - 5\lambda + 4 = 0 donne 11 et 44, de vecteurs propres (−(1−i)∣1⟩+∣2⟩)/3\big({-(1 - \iu)}\ket1 + \ket2\big)/\sqrt3 et (∣1⟩+(1+i)∣2⟩)/3\big(\ket1 + (1 + \iu)\ket2\big)/\sqrt3.

Exercice 8.3 ★

Une lumière polarisée sous l’angle α\alpha rencontre un analyseur d’angle β\beta. (a) Écrire les deux états dans la base (∣H⟩,∣V⟩)(\ket H, \ket V) et calculer la probabilité de transmission. (b) Retrouver la loi de Malus. (c) Pour un flux de NN photons, quelle est la variance du nombre transmis ? (d) Une lumière circulaire (∣H⟩+i∣V⟩)/2(\ket H + \iu\ket V)/\sqrt2 sur un analyseur linéaire d’angle quelconque : transmission ? Expliquer l’indépendance du résultat vis-à-vis de l’angle.

Solution

Solution de Exercice 8.3.

(a) ⟨β | α⟩=cos⁡βcos⁡α+sin⁡βsin⁡α=cos⁡(β−α)\braket\beta\alpha = \cos\beta\cos\alpha + \sin\beta\sin\alpha = \cos(\beta - \alpha) : probabilité cos⁡2(β−α)\cos^2(\beta - \alpha). (b) L’intensité est ∝\propto au nombre de photons : c’est Malus. (c) Chaque photon est une épreuve indépendante : variance NP(1−P)N\mathcal P(1 - \mathcal P) — le bruit lui-même atteste les photons. (d) ∣cos⁡β+isin⁡β∣2/2=1/2|\cos\beta + \iu\sin\beta|^2/2 = 1/2 pour tout β\beta : la lumière circulaire ne privilégie aucun axe transverse.

Exercice 8.4 ★

(a) Démontrer [x^,p^]=iℏ[\hat x, \hat p] = \iu\hbar en agissant sur une fonction d’essai. (b) Calculer [x^2,p^][\hat x^2, \hat p] et [x^,p^2][\hat x, \hat p^2]. (c) Montrer que [A^,B^C^]=[A^,B^]C^+B^[A^,C^][\hat A, \hat B\hat C] = [\hat A, \hat B]\hat C + \hat B[\hat A, \hat C]. (d) En déduire [x^,p^n]=iℏ np^n−1[\hat x, \hat p^n] = \iu\hbar\,n\hat p^{n-1} et interpréter : quelle opération classique [x^,⋅ ][\hat x, \cdot\,] imite-t-il ?

Solution

Solution de Exercice 8.4.

(a) (x^p^−p^x^)f=−iℏ(xf′−(xf)′)=iℏf(\hat x\hat p - \hat p\hat x)f = -\iu\hbar(xf' - (xf)') = \iu\hbar f. (b) [x^2,p^]=2iℏx^[\hat x^2, \hat p] = 2\iu\hbar\hat x ; [x^,p^2]=2iℏp^[\hat x, \hat p^2] = 2\iu\hbar\hat p. (c) Ajouter et retrancher B^A^C^\hat B\hat A \hat C. (d) Récurrence avec (c) : iℏ np^n−1\iu\hbar\,n\hat p^{n-1} — [x^,⋅][\hat x, \cdot] agit comme iℏ ∂/∂p\iu\hbar\,\partial/\partial p, l’ombre quantique du crochet de Poisson avec xx.

Exercice 8.5 ★★

Mesures successives. Un photon part dans l’état ∣V⟩\ket V. (a) Il rencontre des polariseurs à 45∘45^\circ puis 0∘0^\circ (horizontal) : calculer la probabilité de survivre aux deux, la réduction intermédiaire étant explicitée. (b) Remplacer le polariseur du milieu par deux à 30∘30^\circ et 60∘60^\circ : transmission ? (c) Avec N−1N - 1 polariseurs intermédiaires progressant par pas de 90∘/N90^\circ/N : montrer que la probabilité de survie vaut cos⁡2N(π/2N)\cos^{2N}(\pi/2N) et l’évaluer pour N=2,5,20N = 2, 5, 20. (d) La limite N→∞N \to \infty fait tourner la polarisation sans perte : commenter (cette rotation « de Zénon quantique » est utilisée sur de vrais qubits).

Solution

Solution de Exercice 8.5.

(a) ∣⟨45∘ | V⟩∣2=12|\braket{45^\circ}{V}|^2 = \tfrac12, réduction, puis ∣⟨H | 45∘⟩∣2=12|\braket{H}{45^\circ}|^2 = \tfrac12 : en tout 14\tfrac14. (b) En les prenant dans l’ordre 60∘60^\circ, 30∘30^\circ (trois pas de 30∘30^\circ) : (cos⁡230∘)3=27/64≈0.42(\cos^230^\circ)^3 = 27/64 \approx 0.42. (c) Chaque pas de π/2N\pi/2N passe avec cos⁡2(π/2N)\cos^2(\pi/2N) : survie [cos⁡2(π/2N)]N=0.25[\cos^2(\pi/2N)]^N = 0.25, 0.600.60, 0.880.88 pour N=2,5,20N = 2, 5, 20. (d) Quand N→∞N \to \infty la survie tend vers 11 : de nombreuses mesures douces pilotent l’état sur 90∘90^\circ sans perte — la mesure employée comme un volant.

Exercice 8.6 ★★

Sur l’espace à deux niveaux, A^=(0110)\hat A = \begin{pmatrix}0&1\\1&0 \end{pmatrix}, B^=(100−1)\hat B = \begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}. (a) Calculer [A^,B^][\hat A, \hat B] : compatibles ? (b) L’état est ∣1⟩\ket1 : donner la statistique des issues d’une mesure de B^\hat B, puis d’une mesure de A^\hat A après qu’une mesure de B^\hat B a donné +1+1. (c) Mesurer d’abord A^\hat A (issue +1+1), puis B^\hat B, puis A^\hat A de nouveau : avec quelle probabilité la dernière mesure de A^\hat A contredit-elle la première ? (d) Qu’aurait impliqué un commutateur nul pour (c) ?

Solution

Solution de Exercice 8.6.

(a) [A^,B^]=(0−220)≠0[\hat A, \hat B] = \begin{pmatrix}0 & -2\\ 2 & 0\end{pmatrix} \neq 0 : incompatibles. (b) B^\hat B sur ∣1⟩\ket1 : +1+1 avec certitude, sans réduction nécessaire ; A^\hat A donne ensuite ±1\pm1 avec la probabilité 12\tfrac12 chacun. (c) Après A^→+1\hat A \to +1 l’état est (∣1⟩+∣2⟩)/2(\ket1 + \ket2)/\sqrt2 ; B^\hat B le réduit à ∣1⟩\ket1 ou ∣2⟩\ket2 (chacun 12\tfrac12) ; dans les deux cas la mesure finale de A^\hat A donne ±1\pm1 avec la probabilité 12\tfrac12 : contradiction avec la probabilité 12\tfrac12. (d) Des observables qui commutent partagent leurs états propres : la mesure intermédiaire ne perturberait pas, et la répétition concorderait avec certitude.

Exercice 8.7 ★★

(a) Pour l’état gaussien de Exercice 7.1 restreint à une dimension, calculer Δx\Delta x et Δp\Delta p (utiliser la paire de Fourier ou intégrer) et vérifier l’égalité dans la relation de Heisenberg. (b) Quels états saturent le théorème général d’indétermination (énoncer la condition tirée du cas d’égalité de Cauchy–Schwarz) ? (c) Un électron confiné à Δx=0.1 nm\Delta x = 0.1\,\mathrm{nm} : échelle d’énergie cinétique minimale ? (d) Même question pour une bille (10 g10\,\mathrm{g}) localisée au micron : conclure.

Solution

Solution de Exercice 8.7.

(a) Δx=σ\Delta x = \sigma et Δp=ℏ/2σ\Delta p = \hbar/2\sigma (la transformée de Fourier d’une gaussienne de largeur σ\sigma a la largeur 1/2σ1/2\sigma en kk) : produit exactement ℏ/2\hbar/2. (b) Égalité dans Cauchy–Schwarz : β^∣ψ⟩∝α^∣ψ⟩\hat\beta\ket\psi \propto \hat\alpha\ket\psi avec un rapport imaginaire pur — pour x,px, p cette équation différentielle n’a que des solutions gaussiennes. (c) Δp≥5.3×10−25 kg m/s\Delta p \ge 5.3 \times 10^{-25}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}/\mathrm{s} : E∼Δp2/2me≈1 eVE \sim \Delta p^2/2m_{\text{e}} \approx 1\,\mathrm{eV} — les atomes sont des machines à électronvolts parce que ce sont des boîtes de l’ordre de l’ångström. (d) Δv≥5×10−27 m/s\Delta v \ge 5 \times 10^{-27}\,\mathrm{m}/\mathrm{s} : rien, jamais.

Exercice 8.8 ★★

(a) À partir de Proposition 8.12, retrouver le couple d’Ehrenfest pour x^\hat x et p^\hat p avec H^=p^2/2m+V\hat H = \hat p^2/2m + V. (b) Montrer que la parité Π^\hat\Pi (Π^ψ(x)=ψ(−x)\hat\Pi\psi(x) = \psi(-x)) est hermitienne, de carré l’identité, et de valeurs propres ±1\pm1. (c) Montrer que [H^,Π^]=0[\hat H, \hat\Pi] = 0 pour un potentiel symétrique et conclure que les niveaux non dégénérés ont une parité déterminée. (d) Quel fait observé sur les niveaux d’un double puits symétrique cela explique-t-il (rappeler le doublet de l’ammoniac du volume de deuxième année) ?

Solution

Solution de Exercice 8.8.

(a) [H^,x^]=−iℏp^/m[\hat H, \hat x] = -\iu\hbar\hat p/m et [H^,p^]=iℏV′(x^)[\hat H, \hat p] = \iu\hbar V'(\hat x) donnent  ⁣d⟨x⟩/ ⁣dt=⟨p⟩/m\dd\langle x\rangle/\dd t = \langle p\rangle/m,  ⁣d⟨p⟩/ ⁣dt=−⟨V′⟩\dd\langle p\rangle/\dd t = -\langle V'\rangle. (b) Un changement de variable dans le produit scalaire montre l’hermiticité ; Π^2=1\hat\Pi^2 = \mathbb 1 impose les valeurs propres ±1\pm1. (c) V(−x)=V(x)V(-x) = V(x) rend H^\hat H aveugle à la parité ; un état propre non dégénéré doit alors être aussi état propre de Π^\hat\Pi : pair ou impair. (d) Le doublet quasi dégénéré du double puits symétrique : un état pair, un état impair — la paire d’inversion de l’ammoniac, séparée par effet tunnel, qui rayonne à 24 GHz24\,\mathrm{GHz}.

Exercice 8.9 ★★

Un ECOC à l’œuvre. Dans la boîte carrée à deux dimensions, le niveau E∝5E \propto 5 est engendré par ∣1,2⟩\ket{1,2} et ∣2,1⟩\ket{2,1}. (a) Montrer que l’énergie seule n’étiquette pas les états. (b) Soit S^\hat S l’échange x↔yx \leftrightarrow y : montrer que S^\hat S est hermitien, commute avec H^\hat H, et trouver ses états propres dans le niveau. (c) Vérifier que le couple (H^,S^)(\hat H, \hat S) étiquette de façon unique chaque état de ce niveau. (d) Donner la morale générale : une dégénérescence signifie que le jeu d’étiquettes n’était pas encore complet, et la symétrie fournit l’étiquette manquante.

Solution

Solution de Exercice 8.9.

(a) Les deux états partagent EE : annoncer l’énergie laisse deux possibilités. (b) S^\hat S échange les étiquettes : hermitien, de carré l’identité, il commute avec le H^\hat H symétrique ; dans le niveau, ses états propres sont (∣1,2⟩±∣2,1⟩)/2(\ket{1,2} \pm \ket{2,1})/\sqrt2 de valeurs propres ±1\pm1. (c) (E,+)(E, +) et (E,−)(E, -) : étiquettes uniques. (d) Une dégénérescence est une adresse incomplète ; la symétrie qui la cause fournit aussi le chiffre manquant.

Exercice 8.10 ★★★

Indétermination énergie–temps, honnêtement. Pour toute observable A^\hat A, définissons le temps d’évolution τA=ΔA / ∣ ⁣d⟨A^⟩/ ⁣dt∣\tau_A = \Delta A\,/\,|\dd\langle\hat A\rangle/\dd t| — le temps qu’il faut à la moyenne pour se déplacer d’un écart type. (a) À partir de Théorème 8.10 et de Proposition 8.12, démontrer que ΔE  τA≥ℏ/2\Delta E\;\tau_A \ge \hbar/2. (b) Pourquoi n’est-ce pas une indétermination entre deux observables (qu’est-ce que le temps, dans le formalisme) ? (c) Appliquer à un état atomique excité de durée de vie 10 ns10\,\mathrm{ns} : largeur de raie. (d) Appliquer à votre montre : à quel point l’énergie d’un système peut-elle être définie si quelque chose y change visiblement chaque seconde ?

Solution

Solution de Exercice 8.10.

(a) ΔE ΔA≥12∣⟨[H^,A^]⟩∣=ℏ2∣ ⁣d⟨A⟩/ ⁣dt∣\Delta E\,\Delta A \ge \tfrac12|\langle[\hat H, \hat A]\rangle| = \tfrac\hbar2|\dd\langle A\rangle/\dd t| ; diviser. (b) Le temps est un paramètre de la théorie, non un opérateur : la relation borne la vitesse à laquelle toute grandeur mesurable peut évoluer, à dispersion d’énergie donnée. (c) ΔE∼ℏ/2τ=3.3×10−8 eV\Delta E \sim \hbar/2\tau = 3.3 \times 10^{-8}\,\mathrm{eV} : une largeur naturelle de quelques mégahertz. (d) Un changement visible par seconde n’exige que ΔE≳5×10−35 J\Delta E \gtrsim 5 \times 10^{-35}\,\mathrm{J} — pour des énergies macroscopiques, aucune contrainte : les montres peuvent battre.

Exercice 8.11 ★★★

Démonstration du théorème d’indétermination. Avec α^,β^\hat\alpha, \hat\beta comme dans le texte : (a) justifier ΔA2=∥α^∣ψ⟩∥2\Delta A^2 = \|\hat\alpha\ket\psi\|^2 à l’aide de l’hermiticité ; (b) appliquer Cauchy–Schwarz et scinder ⟨α^ψ | β^ψ⟩\braket{\hat\alpha\psi}{\hat\beta\psi} en parties hermitienne et antihermitienne, en les identifiant aux moyennes de l’anticommutateur et du commutateur ; (c) conclure et dites quand l’égalité a lieu ; (d) montrer que pour [A^,B^]=iℏ[\hat A, \hat B] = \iu\hbar aucun état ne peut être vecteur propre de l’une des deux observables tout en gardant les deux écarts finis — et réconcilier avec les ondes planes.

Solution

Solution de Exercice 8.11.

(a) ∥α^ψ∥2=⟨ψ | α^2ψ⟩=ΔA2\|\hat\alpha\psi\|^2 = \braket{\psi}{\hat\alpha^2\psi} = \Delta A^2 par hermiticité de α^\hat\alpha. (b) ⟨α^ψ | β^ψ⟩=12⟨{α^,β^}⟩+12⟨[A^,B^]⟩\braket{\hat\alpha \psi}{\hat\beta\psi} = \tfrac12\langle\{\hat\alpha, \hat\beta\}\rangle + \tfrac12\langle[\hat A, \hat B]\rangle : le premier terme est réel (partie hermitienne), le second imaginaire pur. (c) ∣z∣2≥(Im⁡z)2|z|^2 \ge (\operatorname{Im}z)^2 donne le théorème ; l’égalité demande des vecteurs proportionnels et une moyenne d’anticommutateur nulle. (d) Un état propre de A^\hat A a ΔA=0\Delta A = 0, ce qui impose 0≥ℏ/20 \ge \hbar/2 : impossible pour des états normalisables. Les ondes planes n’y « parviennent » qu’en étant des idéalisations non normalisables hors de l’espace de Hilbert.

Exercice 8.12 ★★★

La marmite surveillée. Un système à deux niveaux part dans ∣1⟩\ket1 et son hamiltonien y entretient une oscillation de type Rabi : après le temps tt l’état est cos⁡(ωt)∣1⟩+sin⁡(ωt)∣2⟩\cos(\omega t)\ket1 + \sin(\omega t)\ket2 (on l’admet). (a) Sans aucune mesure, quand le transfert vers ∣2⟩\ket2 est-il complet ? (b) Mesurons « dans quel état ? » aux instants T/N,2T/N,…T/N, 2T/N, \dots avec T=π/2ωT = \pi/2\omega : montrer que la probabilité de trouver le système encore dans ∣1⟩\ket1 à chaque contrôle vaut [cos⁡2(π/2N)]N[\cos^2(\pi/2N)]^N. (c) L’évaluer pour N=1,4,20,100N = 1, 4, 20, 100 et montrer qu’elle tend vers 11 : l’observation fréquente gèle l’évolution (l’effet Zénon quantique, observé sur des ions piégés en 1990). (d) Expliquer en une phrase quel postulat produit ce gel.

Solution

Solution de Exercice 8.12.

(a) À ωt=π/2\omega t = \pi/2, c’est-à-dire t=Tt = T. (b) À chaque contrôle l’état a tourné de π/2N\pi/2N ; il est trouvé dans ∣1⟩\ket1 avec cos⁡2(π/2N)\cos^2(\pi/2N) et se réduit à nouveau à ∣1⟩\ket1 ; les contrôles sont indépendants, d’où le produit. (c) 00, 0.530.53, 0.880.88, 0.980.98 : assez surveillée, la marmite ne bout jamais. (d) Le postulat de projection (P5) : chaque observation ramène l’évolution à sa ligne de départ.

Le congrès Solvay de 1927 (photographie de Benjamin Couprie, domaine public) : les personnes qui ont bâti les postulats de ce chapitre, réunies dans une même pièce — et se disputant encore, cette semaine-là, sur le sens de la mesure.
Le congrès Solvay de 1927 (photographie de Benjamin Couprie, domaine public) : les personnes qui ont bâti les postulats de ce chapitre, réunies dans une même pièce — et se disputant encore, cette semaine-là, sur le sens de la mesure.

8.7 Problème : les neutrinos changent de costume en vol

Problème 8.1

Problème du week-end — oscillations à deux niveaux à travers la Terre

Les neutrinos naissent dans les réactions nucléaires comme états de saveur — neutrino électronique ∣νe⟩\ket{\nu_e} ou neutrino muonique ∣νμ⟩\ket{\nu_\mu} — mais ils se propagent comme états propres de l’énergie (de la masse) ∣ν1⟩,∣ν2⟩\ket{\nu_1}, \ket{\nu_2}. Les deux bases ne coïncident pas : elles sont tournées l’une par rapport à l’autre d’un angle de mélange θ\theta,

∣νe⟩=cos⁡θ ∣ν1⟩+sin⁡θ ∣ν2⟩,∣νμ⟩=−sin⁡θ ∣ν1⟩+cos⁡θ ∣ν2⟩.\ket{\nu_e} = \cos\theta\,\ket{\nu_1} + \sin\theta\,\ket{\nu_2} , \qquad \ket{\nu_\mu} = -\sin\theta\,\ket{\nu_1} + \cos\theta\,\ket{\nu_2} .

La découverte que les neutrinos oscillent de ce fait entre saveurs en vol — et ont donc une masse — a valu le prix Nobel 2015. Ce problème obtient l’effet sans rien d’autre que ce chapitre. Un neutrino ultrarelativiste de quantité de mouvement pp et de masse mim_i a l’énergie Ei≈pc+mi2c4/2pc≈E+mi2c4/2EE_i \approx pc + m_i^2c^4/2pc \approx E + m_i^2c^4/2E.

Partie I — Mise en place du formalisme.

  1. Vérifier que si (∣ν1⟩,∣ν2⟩)(\ket{\nu_1}, \ket{\nu_2}) est orthonormée, (∣νe⟩,∣νμ⟩)(\ket{\nu_e}, \ket{\nu_\mu}) l’est aussi.
  2. Pourquoi la base de propagation doit-elle être la base propre de l’énergie, quelle que soit la base de naissance du neutrino ? (Quel postulat régit le vol libre ?)
  3. Un neutrino muonique naît à t=0t = 0. Écrire ∣ψ(0)⟩\ket{\psi(0)} dans la base de masse.
  4. Écrire ∣ψ(t)⟩\ket{\psi(t)}, chaque composante de masse portant sa phase e−iEit/ℏ\eu^{-\iu E_it/\hbar}.
  5. Montrer qu’une phase globale est sans importance et mettre e−iE1t/ℏ\eu^{-\iu E_1t/\hbar} en facteur : seule la phase relative Δϕ=(E2−E1)t/ℏ\Delta\phi = (E_2 - E_1)t/\hbar mène la physique.
  6. Exprimer E2−E1E_2 - E_1 en fonction de Δm2=m22−m12\Delta m^2 = m_2^2 - m_1^2 et de EE, pour des neutrinos ultrarelativistes.

Partie II — La formule d’oscillation.

  1. Calculer l’amplitude ⟨νe | ψ(t)⟩\braket{\nu_e}{\psi(t)}.

  2. Montrer que la probabilité d’apparition vaut

    Pνμ→νe(t)=sin⁡2(2θ) sin⁡2(Δϕ2).\mathcal P_{\nu_\mu \to \nu_e}(t) = \sin^2(2\theta)\,\sin^2\Big(\frac{\Delta\phi}{2}\Big) .

    (Utiliser 2sin⁡θcos⁡θ=sin⁡2θ2\sin\theta\cos\theta = \sin2\theta.)

  3. Vérifier les deux limites de contrôle : θ=0\theta = 0 et m1=m2m_1 = m_2. Que prouve donc toute oscillation observée ?

  4. Avec t≈L/ct \approx L/c, montrer que

    P=sin⁡2(2θ) sin⁡2(Δm2c44ℏc LE),\mathcal P = \sin^2(2\theta)\, \sin^2\Big(\frac{\Delta m^2c^4}{4\hbar c}\,\frac{L}{E}\Big) ,

    et définir la longueur d’oscillation Losc=4πℏcE/Δm2c4L_{\text{osc}} = 4\pi\hbar cE/\Delta m^2c^4.

  5. Montrer que la probabilité de survie vaut Pνμ→νμ=1−Pνμ→νe\mathcal P_{\nu_\mu \to \nu_\mu} = 1 - \mathcal P_{\nu_\mu\to\nu_e} : où l’unitarité a-t-elle servi ?
  6. Pourquoi l’oscillation ne mesure-t-elle que Δm2\Delta m^2, jamais les masses elles-mêmes ?

Partie III — Lire les expériences. Des neutrinos muoniques atmosphériques (E≈1 GeVE \approx 1\,\mathrm{GeV}) pleuvent sur un détecteur par le haut (L≈15 kmL \approx 15\,\mathrm{km}) et par le bas, à travers la Terre (L≈12 800 kmL \approx 12\,800\,\mathrm{km}). Super-Kamiokande (1998) a trouvé le flux venu d’en bas réduit de moitié, celui venu d’en haut intact.

  1. Avec ℏc=197 MeV fm\hbar c = 197\,\mathrm{MeV}\,\mathrm{fm}, montrer la forme commode Δm2c4 L4ℏcE=1.27 Δm2c4 [eV2] L [km]E [GeV]\dfrac{\Delta m^2c^4\,L}{4\hbar cE} = 1.27\, \dfrac{\Delta m^2c^4\,[\mathrm{eV}^{2}]\ L\,[\mathrm{km}]} {E\,[\mathrm{GeV}]}.
  2. Si l’oscillation doit être bien développée à L=12 800 kmL = 12\,800\,\mathrm{km} mais négligeable à 15 km15\,\mathrm{km} pour E=1 GeVE = 1\,\mathrm{GeV}, encadrer grossièrement Δm2c4\Delta m^2c^4.
  3. La valeur mesurée est Δm2c4≈2.5×10−3 eV2\Delta m^2c^4 \approx 2.5 \times 10^{-3}\,\mathrm{eV}^{2} : calculer la longueur d’oscillation à 1 GeV1\,\mathrm{GeV} et la confronter aux deux trajets.
  4. La réduction par le bas est proche de 1/21/2, non de 00 : montrer qu’en moyennant sin⁡2\sin^2 sur de nombreuses longueurs d’oscillation (et sur les énergies) on obtient 12sin⁡22θ\tfrac12\sin^22\theta, et en déduire que le mélange atmosphérique est presque maximal (θ≈45∘\theta \approx 45^\circ).
  5. Que donne Δm2c4=2.5×10−3 eV2\Delta m^2c^4 = 2.5 \times 10^{-3}\,\mathrm{eV}^{2} pour la seule masse la plus lourde si la plus légère est négligeable — et comparer à la masse de l’électron : à quel point les neutrinos sont-ils étrangement légers ?
  6. Les antineutrinos de réacteur ont E≈4 MeVE \approx 4\,\mathrm{MeV}. À l’aide de la même formule en 1.271.27, montrer qu’un trajet d’un à deux kilomètres est accordé à l’écart de 2.5×10−3 eV22.5 \times 10^{-3}\,\mathrm{eV}^{2} (l’expérience Daya Bay), tandis que L≈180 kmL \approx 180\,\mathrm{km} (KamLAND) est accordé au plus petit écart « solaire » 7.5×10−5 eV27.5 \times 10^{-5}\,\mathrm{eV}^{2} — vérifier les deux numériquement.

Partie IV — Ce que cela signifie.

  1. Le Soleil émet des νe\nu_e ; pendant des décennies les détecteurs n’en comptèrent qu’un tiers de la prédiction. Expliquer le « problème des neutrinos solaires » et sa résolution, en une phrase chacun.
  2. Pourquoi les oscillations ont-elles imposé la conclusion que les neutrinos ont une masse, contre la comptabilité initiale du modèle standard ?
  3. Un système quantique qui maintient sa cohérence de phase sur 1280012800 kilomètres : que dit cela de la faiblesse des interactions des neutrinos, et pourquoi le détecteur doit-il être énorme ?
  4. La saveur est une observable : pourquoi son opérateur ne commute-t-il pas avec le hamiltonien libre, et quelle loi de conservation n’est donc pas disponible pour la saveur (alors que l’énergie et la quantité de mouvement restent conservées) ?
  5. La nature a trois saveurs et trois masses : pourquoi le traitement à deux niveaux décrit-il néanmoins si bien chaque expérience ? (Penser à la hiérarchie des deux Δm2\Delta m^2 et à celui que chaque trajet résout.)
  6. Dans le formalisme de ce chapitre, nommer exactement les ingrédients qui ont produit l’oscillation : quel désaccord de bases, quel postulat, quelle phase.
  7. Résumer le résultat nommé : un angle de rotation voisin de 45∘45^\circ et un écart Δm2c4=2.5×10−3 eV2\Delta m^2c^4 = 2.5 \times 10^{-3}\,\mathrm{eV}^{2} font disparaître un neutrino muonique du GeV avec une longueur d’oscillation de ∼1000 km\sim1000\,\mathrm{km} — de l’algèbre linéaire à deux niveaux, confirmée à travers le corps de la Terre.
Solution

Solution de Problème 8.1.

1. Une rotation envoie un couple orthonormé sur un couple orthonormé : ⟨νe | νμ⟩=−cos⁡θsin⁡θ+sin⁡θcos⁡θ=0\braket{\nu_e}{\nu_\mu} = -\cos\theta\sin\theta + \sin\theta\cos\theta = 0. 2. P6 : le vol libre est engendré par H^\hat H, dont les états propres évoluent de façon autonome par des phases — quelle que soit la base choisie par la production. 3. ∣ψ(0)⟩=∣νμ⟩=−sin⁡θ∣ν1⟩+cos⁡θ∣ν2⟩\ket{\psi(0)} = \ket{\nu_\mu} = -\sin\theta\ket{\nu_1} + \cos\theta\ket{\nu_2}. 4. ∣ψ(t)⟩=−sin⁡θ e−iE1t/ℏ∣ν1⟩+cos⁡θ e−iE2t/ℏ∣ν2⟩\ket{\psi(t)} = -\sin\theta\,\eu^{-\iu E_1t/\hbar} \ket{\nu_1} + \cos\theta\,\eu^{-\iu E_2t/\hbar}\ket{\nu_2}. 5. Les phases globales disparaissent de tout ∣⟨⋅ | ⋅⟩∣2|\braket\cdot\cdot|^2 : on garde Δϕ=(E2−E1)t/ℏ\Delta\phi = (E_2 - E_1)t/\hbar. 6. E2−E1=(m22−m12)c4/2E=Δm2c4/2EE_2 - E_1 = (m_2^2 - m_1^2)c^4/2E = \Delta m^2c^4/2E. 7. ⟨νe | ψ(t)⟩=e−iE1t/ℏsin⁡θcos⁡θ (e−iΔϕ−1)\braket{\nu_e}{\psi(t)} = \eu^{-\iu E_1t/\hbar} \sin\theta\cos\theta\,(\eu^{-\iu\Delta\phi} - 1). 8. ∣⋯∣2=sin⁡2θcos⁡2θ ∣e−iΔϕ−1∣2=sin⁡22θ sin⁡2(Δϕ/2)|\cdots|^2 = \sin^2\theta\cos^2\theta\,|{\eu^{-\iu \Delta\phi} - 1}|^2 = \sin^22\theta\,\sin^2(\Delta\phi/2). 9. Pas de mélange, ou pas d’écart de masse : pas d’oscillation. Toute oscillation observée prouve θ≠0\theta \neq 0 et m1≠m2m_1 \neq m_2 — les neutrinos pèsent. 10. Substituer Δϕ=Δm2c4L/2ℏcE\Delta\phi = \Delta m^2c^4L/2\hbar cE ; LoscL_{\text{osc}} rend l’argument égal à π\pi. 11. Les deux probabilités de saveur sont des carrés de composantes dans une base orthonormée pour un état normé : leur somme vaut 11 — l’unitarité de l’évolution a conservé la norme. 12. Seule la phase relative est observable, et elle contient E2−E1∝m22−m12E_2 - E_1 \propto m_2^2 - m_1^2 : les masses absolues se compensent. 13. L4ℏcE\dfrac{L}{4\hbar cE} dans les unités indiquées : 103 m/(4×1.973×10−7 eV m×109)=1.2710^{3}\,\mathrm{m}/(4 \times 1.973 \times 10^{-7}\,\mathrm{eV}\,\mathrm{m} \times 10^{9}) = 1.27 par eV2\mathrm{eV}^{2}. 14. Bien développée par le bas : 1.27 Δm2×12800≳11.27\,\Delta m^2 \times 12800 \gtrsim 1, soit Δm2c4≳6×10−5 eV2\Delta m^2c^4 \gtrsim 6 \times 10^{-5}\,\mathrm{eV}^{2} ; négligeable par le haut : 1.27 Δm2×15≪11.27\,\Delta m^2 \times 15 \ll 1, soit ≪5×10−2\ll 5 \times 10^{-2} : quelque part entre 10−410^{-4} et 10−2 eV210^{-2}\,\mathrm{eV}^{2}. 15. Losc=πE/(1.27 Δm2c4)≈990 kmL_{\text{osc}} = \pi E/(1.27\,\Delta m^2c^4) \approx 990\,\mathrm{km} à 1 GeV1\,\mathrm{GeV} : les 15 km15\,\mathrm{km} sont intacts, les 12 800 km12\,800\,\mathrm{km} font treize longueurs entières — exactement le motif observé. 16. Sur de nombreuses longueurs et une dispersion d’énergies, ⟨sin⁡2⟩=12\langle\sin^2\rangle = \tfrac12 : suppression 12sin⁡22θ\tfrac12\sin^22 \theta ; la moitié mesurée impose sin⁡22θ≈1\sin^22\theta \approx 1, θ≈45∘\theta \approx 45^\circ — la nature a choisi le mélange maximal. 17. m2c2≈2.5×10−3=0.05 eVm_2c^2 \approx \sqrt{2.5 \times 10^{-3}} = 0.05\,\mathrm{eV} : dix millions de fois plus léger que l’électron — la matière la plus légère connue, et personne ne sait encore pourquoi. 18. Daya Bay : 1.27×2.5×10−3×1.5/0.004≈1.21.27 \times 2.5 \times 10^{-3} \times 1.5/0.004 \approx 1.2 — de l’ordre de un, accordé ; KamLAND : 1.27×7.5×10−5×180/0.004≈4.31.27 \times 7.5 \times 10^{-5} \times 180/0.004 \approx 4.3 — de l’ordre de un pour l’écart solaire : chaque trajet est un interféromètre réglé sur un Δm2\Delta m^2. 19. Le problème : un tiers seulement des νe\nu_e prédits par le Soleil arrivaient. La résolution : les deux tiers manquants arrivent sous d’autres saveurs, vers lesquelles les νe\nu_e ont tourné (SNO a compté le total et innocenté le Soleil). 20. L’oscillation exige Δm2≠0\Delta m^2 \neq 0 : au moins un neutrino est massif — la première physique de laboratoire au-delà du modèle standard originel. 21. Une cohérence de phase sur 10710^7 mètres signifie que pratiquement rien n’a interagi en chemin : des sections efficaces si petites qu’il faut des kilotonnes d’eau pour en attraper une poignée — d’où les cinquante mille tonnes de Super-Kamiokande. 22. Les opérateurs de saveur sont diagonaux dans la base de saveur, qui n’est pas la base d’énergie : [H^,saveur]≠0[\hat H, \text{saveur}] \neq 0 — la saveur n’est tout simplement pas une grandeur conservée du vol libre, alors que l’énergie et la quantité de mouvement le sont. 23. Les deux écarts diffèrent d’un facteur trente : à un L/EL/E donné, une oscillation est active et l’autre est soit gelée soit entièrement moyennée — chaque expérience voit un système effectif à deux niveaux. 24. Base de production ≠\neq base de propagation (la rotation θ\theta) ; P6 fournit les deux phases ; la règle de Born change la phase relative en probabilité. 25. θ≈45∘\theta \approx 45^\circ et Δm2c4=2.5×10−3 eV2\Delta m^2c^4 = 2.5 \times 10^{-3}\,\mathrm{eV}^{2} donnent à un neutrino muonique du GeV une longueur d’oscillation voisine de 1000 km1000\,\mathrm{km} : de l’algèbre linéaire à deux niveaux, vérifiée à travers la planète, et un prix Nobel pour la disparition de la moitié d’un flux.

Termes définis dans ce chapitre

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