Physics · Livre 5 · Bachelor Year 3

Physique universitaire — 3e année

Physique universitaire — 3e année · Bachelor Year 3

9L’oscillateur harmonique quantique

Presque rien dans la nature n’est exactement un oscillateur harmonique, et presque tout en est un approximativement : tout système écarté d’un équilibre stable — la liaison d’une molécule, un atome dans un cristal, un pont, un mode du champ électromagnétique — ressent une force de rappel proportionnelle à l’écart, parce que tout potentiel régulier est une parabole au fond de son puits. Qui résout une fois l’oscillateur quantique résout donc les petites vibrations du monde entier. Ce chapitre le résout dans le style algébrique devenu la signature de la mécanique quantique : deux opérateurs d’échelle montent et descendent un escalier parfaitement régulier de niveaux (n+12)ℏω\big(n + \tfrac12\big)\hbar\omega, la demi-marche du bas — l’énergie de point zéro — étant un théorème et non une option. Les conséquences vont de la raison pour laquelle l’hélium ne gèle jamais à la façon dont une molécule de dioxyde de carbone, sonnant à son propre ℏω\hbar\omega, intercepte la chaleur qui quitte la Terre.

9.1 L’échelle

Définition 9.1 (Opérateurs d’échelle)

Pour H^=p^2/2m+12mω2x^2\hat H = \hat p^2/2m + \tfrac12 m\omega^2\hat x^2, introduisons le couple sans dimension et non hermitien

a^=mω2ℏ(x^+ip^mω),a^†=mω2ℏ(x^−ip^mω).\hat a = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\Big(\hat x + \frac{\iu\hat p}{m\omega}\Big) , \qquad \hat a^\dagger = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\Big(\hat x - \frac{\iu\hat p}{m\omega}\Big) .

À partir de [x^,p^]=iℏ[\hat x, \hat p] = \iu\hbar :

[a^,a^†]=1,H^=ℏω(N^+12),N^=a^†a^.[\hat a, \hat a^\dagger] = 1 , \qquad \hat H = \hbar\omega\Big(\hat N + \tfrac12\Big) , \quad \hat N = \hat a^\dagger\hat a .

N^\hat N est hermitien ; ses valeurs propres compteront des quanta, et a^\hat a, a^†\hat a^\dagger — les opérateurs d’annihilation et de création — en retireront et en ajouteront un.

Théorème 9.2 (Le spectre, par la seule algèbre)

Les valeurs propres de H^\hat H sont exactement

En=(n+12)ℏω,n=0,1,2,…E_n = \Big(n + \tfrac12\Big)\hbar\omega , \qquad n = 0, 1, 2, \dots

— une échelle infinie de marches égales ℏω\hbar\omega au-dessus d’un niveau fondamental qui n’est pas nul : l’énergie de point zéro 12ℏω\tfrac12\hbar\omega. Les états propres normés ∣n⟩\ket n sont reliés par

a^∣n⟩=n ∣n−1⟩,a^†∣n⟩=n+1 ∣n+1⟩,∣n⟩=(a^†)nn! ∣0⟩.\hat a\ket n = \sqrt n\,\ket{n - 1} , \qquad \hat a^\dagger\ket n = \sqrt{n + 1}\,\ket{n + 1} , \qquad \ket n = \frac{(\hat a^\dagger)^n}{\sqrt{n!}}\,\ket0 .

Démonstration. D’après le commutateur, N^a^=a^(N^−1)\hat N\hat a = \hat a(\hat N - 1) : si ∣ν⟩\ket\nu a pour N^\hat N la valeur propre ν\nu, alors a^∣ν⟩\hat a\ket\nu est un vecteur propre de valeur ν−1\nu - 1 (ou le vecteur nul). Chaque descente n’est permise que tant que ν≥0\nu \ge 0, puisque ν=⟨ν | N^ν⟩=∥a^∣ν⟩∥2≥0\nu = \braket{\nu}{\hat N\nu} = \|\hat a\ket\nu\|^2 \ge 0 ; la descente doit donc s’interrompre, et elle ne s’interrompt que sur un état vérifiant a^∣ν0⟩=0\hat a\ket{\nu_0} = 0, d’où ν0=0\nu_0 = 0. Ainsi ν\nu parcourt les entiers positifs ou nuls. Les normalisations découlent de ∥a^∣n⟩∥2=n\|\hat a\ket n\|^2 = n et de ∥a^†∣n⟩∥2=n+1\|\hat a^\dagger\ket n\|^2 = n + 1. ∎

L’échelle de l’oscillateur : des marches égales , gravies par a et descendues par a, reposant sur un plancher situé une demi-marche au-dessus de l’énergie de masse classique.
L’échelle de l’oscillateur : des marches égales ℏω\hbar\omega, gravies par a^†\hat a^\dagger et descendues par a^\hat a, reposant sur un plancher situé une demi-marche au-dessus de l’énergie de masse classique.

Proposition 9.3 (Les états dans l’espace)

L’état fondamental est la gaussienne

φ0(x)=(mωπℏ)1/4e−mωx2/2ℏ,\varphi_0(x) = \Big(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\Big)^{1/4} \eu^{-m\omega x^2/2\hbar} ,

obtenue en résolvant l’équation du premier ordre a^φ0=0\hat a\varphi_0 = 0 ; elle sature l’inégalité de Heisenberg, Δx Δp=ℏ/2\Delta x\,\Delta p = \hbar/2, avec Δx=ℏ/2mω\Delta x = \sqrt{\hbar/2m\omega}. L’application répétée de a^†\hat a^\dagger engendre φn\varphi_n : un polynôme de degré nn (à nn nœuds) multiplié par la même gaussienne. Pour nn grand, ∣φn∣2|\varphi_n|^2 oscille rapidement autour de la distribution classique des temps de séjour, maximale près des points de rebroussement — le principe de correspondance en image.

Démonstration partielle. a^φ0=0\hat a\varphi_0 = 0 s’écrit φ0′=−(mω/ℏ)xφ0\varphi_0' = -(m\omega/\hbar)x \varphi_0 : la gaussienne, normée. Saturation : la gaussienne est le cas d’égalité de Théorème 8.10. La structure polynomiale découle de ce que a^†\hat a^\dagger est du premier ordre en xx et  ⁣d/ ⁣dx\dd/\dd x ; l’énoncé sur les grands nn est vérifié dans Exercice 9.12. ∎

À gauche : les densités de probabilité les plus basses (décalées verticalement) : une gaussienne sans nœud, puis n nœuds pour _n. À droite : aux grands n la densité quantique oscille autour de la distribution classique, qui s’accumule aux points de rebroussement où la masse oscillante s’attarde.
À gauche : les densités de probabilité les plus basses (décalées verticalement) : une gaussienne sans nœud, puis nn nœuds pour φn\varphi_n. À droite : aux grands nn la densité quantique oscille autour de la distribution classique, qui s’accumule aux points de rebroussement où la masse oscillante s’attarde.

9.2 L’énergie de point zéro est réelle

Remarque 9.4 (Pourquoi le plancher ne peut pas être plus bas)

Un état d’énergie nulle exigerait ⟨p^2⟩=⟨x^2⟩=0\langle\hat p^2\rangle = \langle\hat x^2\rangle = 0 : parfaitement immobile et parfaitement centré, ce qu’interdit Δx Δp≥ℏ/2\Delta x\,\Delta p \ge \hbar/2. L’état fondamental est le meilleur compromis que l’inégalité autorise, et 12ℏω\tfrac12\hbar\omega en est le loyer. Ce n’est pas une constante de comptabilité : le mouvement de point zéro brouille les diagrammes de diffraction des rayons X au zéro absolu ; il donne aux isotopes plus légers des liaisons effectives plus faibles (H2_2 et D2_2 se dissocient à des énergies mesurablement différentes depuis le même puits électronique) ; et dans l’hélium il est si violent — atomes légers, attraction faible — que le liquide ne gèle jamais sous sa propre pression de vapeur : le seul élément encore liquide au zéro absolu, qui ne se solidifie qu’avec l’aide de 25 atmosphères.

Exemple 9.5 (Échelles de ℏω\hbar\omega)

Liaison du monoxyde de carbone (ω=4.1×1014 rad/s\omega = 4.1 \times 10^{14}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}) : ℏω=0.27 eV\hbar\omega = 0.27\,\mathrm{eV}, dix fois le kBTk_{\text{B}}T ambiant — les vibrations moléculaires sont gelées dans l’air de tous les jours, ce qui explique que les capacités thermiques des gaz diatomiques aient intrigué le dix-neuvième siècle. Un pendule (ω=5 rad/s\omega = 5\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}) : ℏω=3×10−15 eV\hbar\omega = 3 \times 10^{-15}\,\mathrm{eV}, désespérément hors de portée — la limite de correspondance. Un miroir de LIGO de 40 kg40\,\mathrm{kg}, suspendu de façon à osciller à 100 Hz100\,\mathrm{Hz}, a comme mode d’oscillateur l’amplitude de point zéro Δx=ℏ/2mω≈5×10−20 m\Delta x = \sqrt{\hbar/2m\omega} \approx 5 \times 10^{-20}\,\mathrm{m} — et l’observatoire résout couramment des déplacements à ce plancher quantique : le mouvement de point zéro d’un objet de quarante kilogrammes est désormais une contrainte d’ingénierie (Exercice 9.3).

9.3 États cohérents : le visage classique de l’oscillateur quantique

Définition 9.6 (États cohérents)

Un état cohérent ∣α⟩\ket\alpha est un vecteur propre de l’opérateur d’annihilation, a^∣α⟩=α∣α⟩\hat a\ket\alpha = \alpha\ket\alpha, avec α\alpha complexe quelconque. Développé sur l’échelle,

∣α⟩=e−∣α∣2/2∑n=0∞αnn! ∣n⟩:\ket\alpha = \eu^{-|\alpha|^2/2}\sum_{n=0}^\infty \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}\,\ket n :

le nombre de quanta suit une loi de Poisson de moyenne ⟨N^⟩=∣α∣2\langle\hat N\rangle = |\alpha|^2 et d’écart ΔN=∣α∣\Delta N = |\alpha|.

Proposition 9.7 (Pourquoi les lasers sont classiques)

Un état cohérent est la gaussienne de l’état fondamental déplacée dans l’espace des phases ; sous l’évolution de l’oscillateur il reste cohérent, α(t)=α e−iωt\alpha(t) = \alpha\,\eu^{-\iu\omega t} : son centre exécute exactement le mouvement classique, ⟨x^⟩(t)=x0cos⁡ωt+⋯\langle\hat x\rangle(t) = x_0\cos\omega t + \cdots, tandis que ses largeurs restent à jamais minimales, Δx Δp=ℏ/2\Delta x\,\Delta p = \hbar/2 — un paquet d’ondes qui ne s’étale jamais. Les états cohérents sont la façon dont un oscillateur quantique se fait passer pour un oscillateur classique ; la lumière d’un laser est un état cohérent d’un mode du champ, son nombre de photons poissonien (le bruit de grenaille de tout photodétecteur), son champ oscillant comme Maxwell l’a dit.

Démonstration partielle. Le développement s’obtient en écrivant ∣α⟩=∑cn∣n⟩\ket\alpha = \sum c_n\ket n dans a^∣α⟩=α∣α⟩\hat a\ket\alpha = \alpha\ket\alpha : cn=αcn−1/nc_n = \alpha c_{n-1}/\sqrt n. Évolution : chaque ∣n⟩\ket n acquiert e−i(n+1/2)ωt\eu^{-\iu(n + 1/2)\omega t}, ce qui se resomme en un état cohérent de αe−iωt\alpha\eu^{-\iu\omega t} (à une phase globale près). ⟨x^⟩∝Re⁡α(t)\langle\hat x\rangle \propto \operatorname{Re}\alpha(t) d’après x^∝a^+a^†\hat x \propto \hat a + \hat a^\dagger. Que l’état soit la gaussienne déplacée est admis ici. ∎

Portrait dans l’espace des phases (à comparer au ) : l’état fondamental est une tache d’indétermination minimale à l’origine ; un état cohérent est la même tache déplacée, tournant à sans se déformer — la meilleure imitation d’une oscillation classique que la mécanique quantique sache produire.
Portrait dans l’espace des phases (à comparer au Chapitre 2) : l’état fondamental est une tache d’indétermination minimale à l’origine ; un état cohérent est la même tache déplacée, tournant à ω\omega sans se déformer — la meilleure imitation d’une oscillation classique que la mécanique quantique sache produire.

Méthode 9.8 (Algèbre de l’oscillateur)

(1) Exprimer ce qui est demandé en a^\hat a, a^†\hat a^\dagger : x^=ℏ/2mω (a^+a^†)\hat x = \sqrt{\hbar/2m\omega}\,(\hat a + \hat a^\dagger), p^=imℏω/2 (a^†−a^)\hat p = \iu\sqrt{m\hbar\omega/2}\,(\hat a^\dagger - \hat a). (2) Faire passer les a^\hat a à droite avec [a^,a^†]=1[\hat a, \hat a^\dagger] = 1 ; utiliser a^∣0⟩=0\hat a\ket0 = 0. (3) Éléments de matrice : x^\hat x ne relie que des barreaux voisins — la règle de sélection Δn=±1\Delta n = \pm1 de la spectroscopie vibrationnelle. (4) Tout hamiltonien quadratique (oscillateurs couplés, circuits, modes du champ) se diagonalise en échelles indépendantes : trouver d’abord les modes propres, puis quantifier chacun. (5) Les nombres d’abord : ℏω\hbar\omega comparé à kBTk_{\text{B}}T décide du caractère quantique ou classique du système avant toute algèbre.

9.4 Exercices

Exercice 9.1 ★

(a) Vérifier [a^,a^†]=1[\hat a, \hat a^\dagger] = 1 à partir de [x^,p^]=iℏ[\hat x, \hat p] = \iu\hbar. (b) Vérifier H^=ℏω(a^†a^+12)\hat H = \hbar\omega(\hat a^\dagger\hat a + \tfrac12) par développement direct. (c) Inverser pour exprimer x^\hat x et p^\hat p. (d) Montrer que N^\hat N est hermitien et expliquer pourquoi a^\hat a seul ne saurait être une observable.

Solution

Solution de Exercice 9.1.

(a) En développant, les termes en x^2\hat x^2 et p^2\hat p^2 se compensent entre a^a^†\hat a\hat a^\dagger et a^†a^\hat a^\dagger\hat a, et il ne reste que le terme (mω/2ℏ)(−2i/mω)[x^,p^]=(−i/ℏ)(iℏ)=1(m\omega/2\hbar)(-2\iu/m\omega)[\hat x, \hat p] = (-\iu/\hbar)(\iu\hbar) = 1. (b) a^†a^=(mωx^2/2ℏ)+(p^2/2mℏω)−12\hat a^\dagger\hat a = (m\omega\hat x^2/2\hbar) + (\hat p^2/2m\hbar\omega) - \tfrac12 : multiplier par ℏω\hbar\omega. (c) x^=ℏ/2mω (a^+a^†)\hat x = \sqrt{\hbar/2m\omega}\,(\hat a + \hat a^\dagger), p^=imℏω/2 (a^†−a^)\hat p = \iu\sqrt{m\hbar\omega/2}\,(\hat a^\dagger - \hat a). (d) N^†=a^†a^=N^\hat N^\dagger = \hat a^\dagger\hat a = \hat N ; a^\hat a n’est pas hermitien, et ses « valeurs propres » α\alpha sont complexes — aucun appareil de mesure ne les renvoie.

Exercice 9.2 ★

Sur l’état propre ∣n⟩\ket n : (a) montrer que ⟨x^⟩=⟨p^⟩=0\langle\hat x\rangle = \langle\hat p\rangle = 0 ; (b) calculer ⟨x^2⟩\langle\hat x^2\rangle et ⟨p^2⟩\langle\hat p^2\rangle ; (c) en déduire Δx Δp=(n+12)ℏ\Delta x\,\Delta p = (n + \tfrac12)\hbar ; (d) vérifier le rapport du viriel ⟨Ek⟩=⟨Ep⟩\langle E_k\rangle = \langle E_p\rangle.

Solution

Solution de Exercice 9.2.

(a) x^\hat x et p^\hat p décalent nn de ±1\pm1 : les éléments diagonaux s’annulent. (b) ⟨x^2⟩=(ℏ/2mω)(2n+1)\langle\hat x^2\rangle = (\hbar/2m\omega)(2n + 1), ⟨p^2⟩=(mℏω/2)(2n+1)\langle\hat p^2\rangle = (m\hbar\omega/2)(2n + 1) (les termes en a^a^†+a^†a^\hat a\hat a^\dagger + \hat a^\dagger\hat a). (c) ΔxΔp=(n+12)ℏ\Delta x\Delta p = (n + \tfrac12)\hbar : seul l’état fondamental est minimal. (d) Les deux moyennes valent En/2E_n/2 : l’équipartition de l’oscillateur classique, niveau par niveau.

Exercice 9.3 ★

Amplitudes de point zéro Δx=ℏ/2mω\Delta x = \sqrt{\hbar/2m\omega} : les calculer pour (a) la molécule CO (μ=1.14×10−26 kg\mu = 1.14 \times 10^{-26}\,\mathrm{kg}, ω=4.1×1014 rad/s\omega = 4.1 \times 10^{14}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}), en comparaison de la longueur de liaison 0.11 nm0.11\,\mathrm{nm} ; (b) un atome d’hydrogène dans un solide (m=1.7×10−27 kgm = 1.7 \times 10^{-27}\,\mathrm{kg}, ℏω=0.1 eV\hbar\omega = 0.1\,\mathrm{eV}) ; (c) un miroir de LIGO (m=40 kgm = 40\,\mathrm{kg}, f=100 Hzf = 100\,\mathrm{Hz}) ; (d) classer les trois en fractions de la taille de leur système et dites qui est « quantique ».

Solution

Solution de Exercice 9.3.

(a) Δx=3.4 pm\Delta x = 3.4\,\mathrm{pm} : trois pour cent de la liaison — une molécule est un objet légèrement flou même à température nulle. (b) 14 pm14\,\mathrm{pm}, plus d’un dixième d’ångström : l’hydrogène est l’atome le plus flou de tout cristal, ce que la diffusion de neutrons voit directement. (c) 4.6×10−20 m4.6 \times 10^{-20}\,\mathrm{m} — vingt-cinq ordres sous la taille du miroir, et pourtant la lecture de LIGO l’atteint. (d) En proportion : molécule 3%3\%, hydrogène ∼15%\sim15\%, miroir ∼10−19\sim10^{-19} : « quantique » ne veut pas dire petit mais dépend de ℏω\hbar\omega face à tout le reste — et pourtant, avec assez de finesse, même quarante kilogrammes montrent leur plancher.

Exercice 9.4 ★

(a) À l’aide des relations d’échelle, calculer ⟨m∣x^∣n⟩\bra m\hat x\ket n et montrer qu’il s’annule sauf si m=n±1m = n \pm 1. (b) En déduire la règle de sélection vibrationnelle Δn=±1\Delta n = \pm1 pour l’absorption de lumière (le couplage est ∝x^\propto\hat x). (c) Pourquoi une molécule hétéronucléaire (CO) absorbe-t-elle l’infrarouge alors que N2_2 ne le fait pas ? (d) Les molécules réelles montrent de faibles raies « harmoniques » vers ≈2ℏω\approx 2\hbar\omega : que révèle cela sur le potentiel ?

Solution

Solution de Exercice 9.4.

(a) ⟨m∣x^∣n⟩=ℏ/2mω (n δm,n−1+n+1 δm,n+1)\bra m\hat x\ket n = \sqrt{\hbar/2m\omega}\,(\sqrt n\, \delta_{m,n-1} + \sqrt{n + 1}\,\delta_{m,n+1}). (b) L’interaction avec la lumière ∝x^\propto\hat x ne peut franchir qu’un barreau : Δn=±1\Delta n = \pm1, une fréquence infrarouge par mode. (c) La vibration de CO module un dipôle non nul ; le nuage de charge symétrique de N2_2 n’en produit aucun quelle que soit l’élongation : inactif dans l’infrarouge. (d) Les harmoniques n’existent que parce que le vrai potentiel n’est pas exactement quadratique : l’anharmonicité mélange les barreaux et autorise faiblement Δn=2\Delta n = 2 — et resserre les barreaux hauts, comme le montrent les spectres réels.

Exercice 9.5 ★★

(a) Résoudre a^φ0=0\hat a\varphi_0 = 0 comme équation différentielle et normaliser. (b) Engendrer φ1\varphi_1 et φ2\varphi_2 en appliquant a^†\hat a^\dagger. (c) Vérifier φ1⊥φ0\varphi_1 \perp \varphi_0 par la seule parité. (d) Tracer les trois densités et vérifier le nombre de nœuds.

Solution

Solution de Exercice 9.5.

(a) φ0′=−(mω/ℏ)xφ0\varphi_0' = -(m\omega/\hbar)x\varphi_0 : la gaussienne normée du texte. (b) φ1∝xe−mωx2/2ℏ\varphi_1 \propto x\eu^{-m\omega x^2/2\hbar} ; φ2∝(2mωx2/ℏ−1)e−mωx2/2ℏ\varphi_2 \propto (2m\omega x^2/\hbar - 1)\eu^{-m\omega x^2/2\hbar}. (c) φ0\varphi_0 paire, φ1\varphi_1 impaire : l’intégrande du recouvrement est impaire. (d) Zéro, un, deux nœuds — le théorème d’oscillation en miniature.

Exercice 9.6 ★★

Un avant-goût de Boltzmann. Un ensemble d’oscillateurs identiques à la température TT occupe le niveau nn avec la probabilité ∝e−En/kBT\propto \eu^{-E_n/k_{\text{B}}T} (volume de deuxième année, facteur de Boltzmann). (a) Montrer que le nombre quantique moyen vaut ⟨n⟩=1/(eℏω/kBT−1)\langle n\rangle = 1/(\eu^{\hbar\omega/k_{\text{B}}T} - 1). (b) L’évaluer pour la vibration de CO à 300 K300\,\mathrm{K} puis à 2000 K2000\,\mathrm{K}. (c) Montrer que l’énergie moyenne tend vers kBTk_{\text{B}}T à haute température (équipartition retrouvée) et vers 12ℏω\tfrac12\hbar\omega à basse. (d) À quelle température une vibration à 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} (la flexion du dioxyde de carbone) porte-t-elle ⟨n⟩=0.1\langle n\rangle = 0.1 ?

Solution

Solution de Exercice 9.6.

(a) Avec x=ℏω/kBTx = \hbar\omega/k_{\text{B}}T : ⟨n⟩=∑ne−nx/∑e−nx=1/(ex−1)\langle n\rangle = \sum n\eu^{-nx}/\sum\eu^{-nx} = 1/(\eu^x - 1). (b) CO à 300 K300\,\mathrm{K} : x=10.4x = 10.4, ⟨n⟩≈3×10−5\langle n\rangle \approx 3 \times 10^{-5} — gelé ; à 2000 K2000\,\mathrm{K} : x=1.57x = 1.57, ⟨n⟩=0.26\langle n\rangle = 0.26 — le réveil. (c) ⟨E⟩=ℏω(⟨n⟩+12)→kBT\langle E\rangle = \hbar\omega(\langle n\rangle + \tfrac12) \to k_{\text{B}}T pour x≪1x \ll 1 ; →12ℏω\to \tfrac12\hbar \omega pour x≫1x \gg 1. (d) ex=11\eu^x = 11 : x=2.4x = 2.4, T=ℏω/2.4kB≈400 KT = \hbar\omega/2.4k_{\text{B}} \approx 400\,\mathrm{K} — l’atmosphère terrestre maintient la flexion du dioxyde de carbone partiellement allumée.

Exercice 9.7 ★★

Statistique des états cohérents. (a) À partir du développement de ∣α⟩\ket\alpha, montrer que P(n)\mathcal P(n) est poissonien de moyenne ∣α∣2|\alpha|^2. (b) Montrer que ⟨N^⟩=∣α∣2\langle\hat N\rangle = |\alpha|^2 et ΔN=∣α∣\Delta N = |\alpha|. (c) Un laser de 1 mW1\,\mathrm{mW} à 633 nm633\,\mathrm{nm} : photons par seconde, et fluctuation relative ΔN/⟨N⟩\Delta N/\langle N\rangle en une seconde. (d) Bruit de grenaille : montrer que le rapport bruit sur signal du photocourant décroît comme 1/⟨N⟩1/\sqrt{\langle N\rangle} — pourquoi les faisceaux intenses paraissent lisses.

Solution

Solution de Exercice 9.7.

(a) P(n)=∣cn∣2=e−∣α∣2∣α∣2n/n!\mathcal P(n) = |c_n|^2 = \eu^{-|\alpha|^2}|\alpha|^{2n}/n! : loi de Poisson. (b) Moyenne et variance d’une loi de Poisson valent toutes deux ∣α∣2|\alpha|^2. (c) 3.2×10153.2 \times 10^{15} photons par seconde ; ΔN/⟨N⟩=1/⟨N⟩≈1.8×10−8\Delta N/\langle N\rangle = 1/\sqrt{\langle N\rangle} \approx 1.8 \times 10^{-8}. (d) Le photocourant hérite de la dispersion de Poisson : bruit sur signal ∝1/N\propto 1/\sqrt N — le plancher de bruit de grenaille, audible en lumière faible, négligeable en lumière intense.

Exercice 9.8 ★★

Évolution d’un état cohérent. (a) Appliquer les phases d’évolution au développement et montrer que l’on obtient ∣α(t)⟩\ket{\alpha(t)} avec α(t)=αe−iωt\alpha(t) = \alpha\eu^{-\iu\omega t} (à une phase globale près). (b) En déduire ⟨x^⟩(t)\langle\hat x\rangle(t) et ⟨p^⟩(t)\langle\hat p\rangle(t) et comparer à la solution classique. (c) Pourquoi un état propre de l’énergie, quoique stationnaire, ne décrit-il pas un pendule qui oscille — quelle propriété de l’état cohérent le fait ? (d) Estimer ∣α∣|\alpha| pour un pendule réel (10 g10\,\mathrm{g}, 10 cm10\,\mathrm{cm} d’amplitude, 1 Hz1\,\mathrm{Hz}) et commenter.

Solution

Solution de Exercice 9.8.

(a) Chaque terme gagne e−inωt\eu^{-\iu n\omega t} (phase globale mise à part) : la somme est de nouveau cohérente, avec αe−iωt\alpha\eu^{-\iu\omega t}. (b) ⟨x^⟩=2ℏ/mω Re⁡ α(t)\langle\hat x\rangle = \sqrt{2\hbar/m\omega}\, \operatorname{Re}\,\alpha(t) : un pur cosinus à ω\omega, d’amplitude et de phase fixées par α\alpha — exactement classique. (c) La densité d’un état propre ne bouge jamais ; le pendule que nous voyons est une superposition cohérente de nombreux barreaux dont les phases conspirent pour osciller. (d) E≈2×10−3 JE \approx 2 \times 10^{-3}\,\mathrm{J}, ℏω≈6.6×10−34 J\hbar\omega \approx 6.6 \times 10^{-34}\,\mathrm{J} : n∼3×1030n \sim 3 \times 10^{30}, ∣α∣∼2×1015|\alpha| \sim 2 \times 10^{15} — le mouvement macroscopique est de la cohérence à nombres quantiques astronomiques.

Exercice 9.9 ★★

Le circuit LC quantique. Une boucle supraconductrice de L=10 nHL = 10\,\mathrm{nH} et C=0.4 pFC = 0.4\,\mathrm{pF} fait osciller charge et flux comme xx et pp. (a) Sa fréquence de résonance (volume de première année) et le quantum ℏω\hbar\omega en µeV\text{µ}\mathrm{eV}. (b) Au-dessous de quelle température a-t-on kBT≪ℏωk_{\text{B}}T \ll \hbar\omega, de sorte que le circuit siège dans son état fondamental ? (c) Pourquoi les qubits supraconducteurs fonctionnent-ils dans des réfrigérateurs à dilution à 20 mK20\,\mathrm{mK} ? (d) La fluctuation de tension de point zéro ΔV=Δq/C\Delta V = \Delta q/C avec Δq=ℏωC/2\Delta q = \sqrt{\hbar\omega C/2} : l’évaluer.

Solution

Solution de Exercice 9.9.

(a) ω=1/LC=1.6×1010 rad/s\omega = 1/\sqrt{LC} = 1.6 \times 10^{10}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} (f=2.5 GHzf = 2.5\,\mathrm{GHz}) ; ℏω=10 µeV\hbar\omega = 10\,\text{µ}\mathrm{eV}. (b) ℏω/kB=0.12 K\hbar\omega/k_{\text{B}} = 0.12\,\mathrm{K} : bien au-dessous de 100 mK100\,\mathrm{mK} environ. (c) À 20 mK20\,\mathrm{mK}, l’excitation thermique vaut e−6∼2×10−3\eu^{-6} \sim 2 \times 10^{-3} : le circuit siège dans ∣0⟩\ket0, prêt à être un qubit — la température ambiante enfouirait le quantum sous 10310^3 quanta thermiques. (d) Δq=ℏωC/2=5.8×10−19 C\Delta q = \sqrt{\hbar\omega C/2} = 5.8 \times 10^{-19}\,\mathrm{C} (quelques charges élémentaires) ; ΔV=Δq/C≈1.4 µV\Delta V = \Delta q/C \approx 1.4\,\text{µ}\mathrm{V} de ronflement irréductible.

Exercice 9.10 ★★★

Van der Waals à partir du mouvement de point zéro. Modélisons deux atomes neutres distants de RR par deux oscillateurs dipolaires identiques (charge ee, masse mm, pulsation ω0\omega_0) dont les écarts sont couplés par l’énergie dipolaire λ x1x2\lambda\,x_1x_2 avec λ=e2/2πε0R3\lambda = e^2/2\pi\varepsilon_0R^3. (a) Montrer que les coordonnées normales (x1±x2)/2(x_1 \pm x_2)/\sqrt2 oscillent à ω±=ω01±λ/mω02\omega_\pm = \omega_0\sqrt{1 \pm \lambda/m\omega_0^2}. (b) L’énergie fondamentale vaut ℏ2(ω++ω−)\tfrac\hbar2(\omega_+ + \omega_-) : développer au second ordre en λ\lambda et montrer que l’énergie d’interaction est

ΔE=−ℏλ28m2ω03 ∝ −1R6.\Delta E = -\frac{\hbar\lambda^2}{8m^2\omega_0^3} \ \propto\ -\frac{1}{R^6} .

(c) Pourquoi cette attraction est-elle universelle — présente entre des atomes dépourvus de tout dipôle permanent ? (d) La loi en 1/R61/R^6 est la force de van der Waals des corrections de gaz réel du volume de première année : qu’est-ce qui, microscopiquement, « fluctue » — et qu’adviendrait-il de cette force dans un monde où ℏ=0\hbar = 0 ?

Solution

Solution de Exercice 9.10.

(a) En coordonnées normales, le hamiltonien se scinde en deux oscillateurs avec mω±2=mω02±λm\omega_\pm^2 = m\omega_0^2 \pm \lambda. (b) 1+u+1−u≈2−u2/4\sqrt{1 + u} + \sqrt{1 - u} \approx 2 - u^2/4 : ΔE=ℏ2(ω++ω−−2ω0)=−ℏω0λ2/8m2ω04=−ℏλ2/8m2ω03\Delta E = \tfrac\hbar2(\omega_+ + \omega_- - 2\omega_0) = -\hbar\omega_0\lambda^2/8m^2\omega_0^4 = -\hbar\lambda^2/8m^2\omega_0^3, et λ∝1/R3\lambda \propto 1/R^3 donne 1/R61/R^6. (c) Elle n’exige aucun dipôle permanent — seulement les fluctuations de point zéro du nuage de charge de chaque atome, que le couplage corrèle de sorte que l’attraction l’emporte sur la répulsion. (d) La grandeur qui fluctue est le dipôle instantané de l’état fondamental ; avec ℏ=0\hbar = 0 cet état serait immobile et sans dipôle, et la colle de van der Waals — geckos, gaz liquéfiés, une bonne part de la matière molle — disparaîtrait.

Exercice 9.11 ★★★

Bandes latérales d’un ion piégé. Un ion dans un piège harmonique (f=1 MHzf = 1\,\mathrm{MHz}) absorbe la lumière d’un laser. Comme l’ion bouge, son spectre d’absorption montre la raie électronique à ν0\nu_0 flanquée de raies à ν0±f\nu_0 \pm f : des transitions qui changent le nombre quantique de mouvement de ∓1\mp1 en même temps que le nombre électronique. (a) Que vaut ℏωpieˋge\hbar\omega_{\text{piège}} en neV\mathrm{neV}, et pourquoi résoudre les bandes latérales demande-t-il une raie très fine ? (b) Exciter la raie ν0−f\nu_0 - f retire un quantum de mouvement par cycle : expliquer le refroidissement par bande latérale jusqu’à l’état fondamental. (c) Une fois ⟨n⟩≈0\langle n\rangle \approx 0, la bande latérale basse disparaît entièrement — pourquoi cette asymétrie prouve-t-elle que l’état fondamental quantique est atteint ? (d) C’est ainsi que l’état fondamental de mouvement d’un atome unique — et, par d’autres moyens, celui des miroirs de LIGO à l’échelle du kilogramme — est certifié : dites quelle « température » l’ion a atteinte pour f=1 MHzf = 1\,\mathrm{MHz} et ⟨n⟩=0.05\langle n\rangle = 0.05.

Solution

Solution de Exercice 9.11.

(a) hf=4.1 neVhf = 4.1\,\mathrm{neV} : la raie optique doit être plus fine qu’un mégahertz — seules des transitions « d’horloge » à longue durée de vie conviennent. (b) Un photon de bande latérale rouge excite l’ion électroniquement en retirant un quantum de mouvement ; la désexcitation qui suit rend l’énergie électronique à la fréquence porteuse en moyenne : chaque cycle extrait ℏωpieˋge\hbar\omega_{\text{piège}} de mouvement. (c) Depuis n=0n = 0 il n’y a plus rien à retirer : la disparition de la bande latérale rouge est un certificat sans bruit de fond de l’état fondamental. (d) ⟨n⟩=0.05\langle n\rangle = 0.05 : T=ℏω/kBln⁡21≈16 µKT = \hbar\omega/k_{\text{B}}\ln21 \approx 16\,\text{µ}\mathrm{K}.

Exercice 9.12 ★★★

La limite classique, quantitativement. Un oscillateur classique d’amplitude AA passe dans [x,x+ ⁣dx][x, x + \dd x] la fraction  ⁣dt/T= ⁣dx/πA2−x2\dd t/T = \dd x/\pi\sqrt{A^2 - x^2}. (a) Obtenir cette distribution des temps de séjour. (b) Pour l’état quantique nn, tirer AnA_n de En=12mω2An2E_n = \tfrac12 m\omega^2A_n^2 et comparer la distribution classique au ∣φn∣2|\varphi_n|^2 moyenné localement (qui est donné) : où s’accordent-ils et où doivent-ils différer ? (c) Montrer que l’écart relatif entre niveaux voisins, ΔE/E\Delta E/E, s’annule comme 1/n1/n : l’énergie devient effectivement continue. (d) Pour le pendule de Exercice 9.8(d), estimer nn et ΔE/E\Delta E/E, et conclure l’argument de correspondance en une phrase.

Solution

Solution de Exercice 9.12.

(a)  ⁣dt= ⁣dx/∣v∣\dd t = \dd x/|v| avec v=ωA2−x2v = \omega\sqrt{A^2 - x^2}, sur la demi-période T/2=π/ωT/2 = \pi/\omega. (b) Ils s’accordent en moyenne locale dans la région classiquement permise ; ils doivent différer aux points de rebroussement (divergence classique, pics quantiques finis) et au-delà (queues quantiques dans la région interdite). (c) ΔE/E=1/(n+12)\Delta E/E = 1/(n + \tfrac12). (d) n∼3×1030n \sim 3 \times 10^{30} : un espacement d’une part sur 103010^{30} — aucune mesure concevable ne résout l’échelle, et la mécanique paraît continue.

9.5 Problème : la molécule qui réchauffe la Terre

Problème 9.1

Problème du week-end — l’échelle quantique du dioxyde de carbone et l’effet de serre

Une molécule de dioxyde de carbone est une chaîne linéaire O=C=O : quelques oscillateurs quantifiés. Que le ℏω\hbar\omega de son mode de flexion tombe justement au milieu de la lueur thermique que la Terre émet vers l’espace explique pourquoi ce gaz-trace — quatre molécules sur dix mille — gouverne le climat de la planète. Données : nombre d’onde de flexion ν~2=667 cm−1\tilde\nu_2 = 667\,\mathrm{cm}^{-1} (l’unité du spectroscopiste : E=hcν~E = hc\tilde\nu, 1 cm−1=1.24×10−4 eV1\,\mathrm{cm}^{-1} = 1.24 \times 10^{-4}\,\mathrm{eV}) ; élongation antisymétrique ν~3=2349 cm−1\tilde\nu_3 = 2349\,\mathrm{cm}^{-1} ; élongation symétrique ν~1=1388 cm−1\tilde\nu_1 = 1388\,\mathrm{cm}^{-1} ; kBTk_{\text{B}}T à 288 K288\,\mathrm{K} vaut 24.8 meV24.8\,\mathrm{meV} ; loi de Wien (volume de deuxième année) : λmax⁡T=2898 µm K\lambda_{\max}T = 2898\,\text{µ}\mathrm{m}\,\mathrm{K}.

Partie I — Les modes d’une molécule linéaire.

  1. Trois atomes ont neuf degrés de liberté : combien sont des translations de la molécule entière, combien des rotations (la molécule est linéaire), et combien de vibrations restent-ils ?
  2. Décrire les quatre vibrations : élongation symétrique, élongation antisymétrique, et une flexion deux fois dégénérée — pourquoi la flexion vient-elle en double ?
  3. La lumière se couple à un dipôle électrique vibrant (Exercice 9.4). Quels modes de O=C=O modulent le moment dipolaire, et lequel est muet dans l’infrarouge ?
  4. Convertir les trois nombres d’onde en longueurs d’onde de photon, et les situer : lesquelles sont dans l’infrarouge thermique ?
  5. Pourquoi les deux gaz principaux de l’air, N2_2 et O2_2, n’absorbent-ils pratiquement aucun infrarouge — et avec quelle conséquence pour la transparence de l’atmosphère ?
  6. La vapeur d’eau, coudée et dipolaire, absorbe sur une grande part de l’infrarouge : dans quelle « fenêtre » spectrale la flexion du dioxyde de carbone opère-t-elle largement seule (comparer 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} aux fortes bandes de l’eau au-dessous de 8 µm8\,\text{µ}\mathrm{m} et au-dessus de 20 µm20\,\text{µ}\mathrm{m}) ?

Partie II — L’échelle quantique de la flexion.

  1. Calculer ℏω2\hbar\omega_2 en meV, ainsi que l’échelle EnE_n.
  2. Quelle fraction des molécules occupe n=1n = 1 à 288 K288\,\mathrm{K} (relativement à n=0n = 0, facteur de Boltzmann) ? Et n=2n = 2 ?
  3. Quelle longueur d’onde de photon provoque n=0→1n = 0 \to 1 ? Pourquoi la même longueur d’onde domine-t-elle l’émission ?
  4. Justifier, à partir de l’échelle harmonique, qu’une seule longueur d’onde serve toute l’échelle (n→n+1n \to n + 1 pour tout nn) : quelle propriété de l’espacement des niveaux joue ?
  5. La molécule tourne aussi, ce qui ajoute une structure fine : la signature à 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} est en réalité une bande large d’environ 1 µm1\,\text{µ}\mathrm{m}. Pourquoi la largeur de bande importe-t-elle pour un gaz à effet de serre (penser à ce qui arrive une fois le centre de bande opaque) ?
  6. Un CO2_2 vibrationnellement excité dans l’air a bien plus de chances de perdre son quantum par collision que par rayonnement (durée de vie radiative ∼1 s\sim1\,\mathrm{s}, temps entre collisions ∼10−9 s\sim10^{-9}\,\mathrm{s}) : où passe réellement l’énergie rayonnante absorbée ?
  7. Inversement, l’air à 288 K288\,\mathrm{K} entretient une population thermique dans n=1n = 1 (question 8) : que fait cette population, qui importe au bilan énergétique ?

Partie III — Le grand livre radiatif de la planète.

  1. Le Soleil rayonne comme un corps à 5800 K5800\,\mathrm{K} : calculer son pic de Wien. La flexion du CO2_2 intercepte-t-elle beaucoup de lumière solaire ?
  2. Le sol rayonne comme un corps à 288 K288\,\mathrm{K} : calculer son pic de Wien, et situer 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} sur cette courbe thermique.
  3. Expliquer le mécanisme de l’effet de serre en quatre phrases : le soleil entre, l’infrarouge thermique sort, l’interception à 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m}, la réémission vers le haut et vers le bas.
  4. La part de la réémission qui s’échappe vers l’espace provient de couches hautes et froides (∼220 K\sim220\,\mathrm{K}) : pourquoi émettre depuis une couche plus froide réduit-il la puissance sortante de la planète à ces longueurs d’onde (rappeler que l’émission thermique croît avec TT) ?
  5. Davantage de CO2_2 pousse la couche émettrice plus haut et plus froid : dites en une phrase pourquoi la surface doit alors se réchauffer pour rééquilibrer les comptes.
  6. Le centre de bande est déjà opaque ; l’effet du CO2_2 ajouté agit dans les ailes de la bande, d’où une croissance logarithmique du forçage avec la concentration : relier cela à la question 11.

Partie IV — Les isotopes : l’empreinte quantique.

  1. La fréquence d’un oscillateur varie comme k/μ\sqrt{k/\mu} : pour l’élongation antisymétrique, remplacer le 12^{12}C par du 13^{13}C change la masse effective ; la raie observée passe de 2349 cm−12349\,\mathrm{cm}^{-1} à environ 2283 cm−12283\,\mathrm{cm}^{-1}. Vérifier l’ordre de grandeur de ce décalage de ≈3%\approx 3\% à partir des masses.
  2. Des lasers accordés sur ces deux raies comptent séparément le 13^{13}CO2_2 et le 12^{12}CO2_2 dans un échantillon de gaz : expliquer pourquoi l’échelle quantifiée rend possible une telle détection résolue en isotopes.
  3. Les plantes préfèrent l’isotope léger, si bien que le carbone fossile est pauvre en 13^{13}C : qu’a fait le rapport isotopique mesuré du CO2_2 atmosphérique à mesure que sa concentration montait — et que prouve cela sur la source du gaz ajouté ?
  4. La même physique à 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} opère sur Vénus (96%96\% de CO2_2, 90 bar90\,\mathrm{bar}) : qu’illustre sa surface à 737 K737\,\mathrm{K} ?
  5. Mars aussi respire du CO2_2 presque pur, mais à 6 mbar6\,\mathrm{mbar}, et elle est glaciale : que démontre le trio Vénus–Terre–Mars sur la variable qui contrôle l’intensité de l’effet ?
  6. Résumer le résultat nommé : un quantum de 83 meV83\,\mathrm{meV} — le ℏω\hbar\omega d’une molécule triatomique qui se plie — garé à 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} sur le spectre thermique d’une planète à 288 K288\,\mathrm{K}, absorbé, thermalisé en quelques nanosecondes puis réémis depuis des altitudes froides, est le mécanisme par lequel 0.04%0.04\% de l’air fixe la température de la Terre.
Solution

Solution de Problème 9.1.

1. Trois translations ; deux rotations (tourner autour de l’axe moléculaire ne déplace rien) ; 9−5=49 - 5 = 4 vibrations. 2. Des modes d’élongation le long de l’axe (symétrique : les deux O s’écartent ensemble ; antisymétrique : le C fait la navette entre eux) ; la flexion peut se produire dans l’un ou l’autre de deux plans perpendiculaires — même fréquence, dégénérescence double. 3. L’élongation antisymétrique et les flexions écartent les centres de charge : dipôle oscillant, actif dans l’infrarouge. L’élongation symétrique maintient le dipôle de la molécule nul en permanence : muette dans l’infrarouge. 4. 15.015.0, 4.264.26 et 7.2 µm7.2\,\text{µ}\mathrm{m} : toutes dans l’infrarouge ; 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} se situe au cœur de l’infrarouge thermique des températures terrestres. 5. Les molécules homonucléaires n’acquièrent jamais de dipôle en vibrant : l’essentiel de l’atmosphère est transparent à l’infrarouge, et tout l’effet de serre repose sur des gaz polyatomiques à l’état de traces. 6. Entre les bandes de l’eau s’ouvre la fenêtre 88–13 µm13\,\text{µ}\mathrm{m} ; la bande à 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} du dioxyde de carbone opère à son bord, là où l’eau ne concurrence que faiblement — le gaz garde une porte que l’eau laisse entrouverte. 7. ℏω2=667×1.24×10−4=82.7 meV\hbar\omega_2 = 667 \times 1.24 \times 10^{-4} = 82.7\,\mathrm{meV} ; En=(n+12)×82.7 meVE_n = (n + \tfrac12) \times 82.7\,\mathrm{meV}. 8. e−82.7/24.8=e−3.33≈3.6%\eu^{-82.7/24.8} = \eu^{-3.33} \approx 3.6\% dans n=1n = 1 ; 0.13%0.13\% dans n=2n = 2 : l’échelle est faiblement, mais en permanence, allumée. 9. λ=hc/ℏω→15.0 µm\lambda = hc/\hbar\omega \to 15.0\,\text{µ}\mathrm{m} ; le même espacement qui absorbe est celui qui émet — une longueur d’onde dans les deux sens. 10. L’espacement est constant : chaque pas n→n+1n \to n + 1 coûte le même photon, si bien qu’une seule raie dessert toute la population thermique. 11. Chaque raie vibrationnelle se scinde en de nombreuses raies de rotation-vibration étalées sur ∼1 µm\sim1\,\text{µ}\mathrm{m} : une fois le centre de bande totalement opaque, seule cette largeur offre une absorption neuve — les ailes de la bande sont l’endroit où le gaz supplémentaire agit encore. 12. Les collisions l’emportent de neuf ordres de grandeur : l’énergie du photon est partagée avec N2_2 et O2_2 en quelques nanosecondes — le rayonnement absorbé devient de la chaleur de l’air. 13. Par les mêmes collisions jouées à l’envers, l’air réalimente sans cesse des molécules dans n=1n = 1, lesquelles rayonnent à 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} dans toutes les directions — y compris vers le bas : le ciel lui-même luit dans l’infrarouge au niveau du sol. 14. 2898/5800=0.50 µm2898/5800 = 0.50\,\text{µ}\mathrm{m} : le rayonnement solaire culmine dans le visible, loin de 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} — le dioxyde de carbone laisse entrer le Soleil. 15. 2898/288=10.1 µm2898/288 = 10.1\,\text{µ}\mathrm{m} : la lueur de la Terre culmine à dix microns, et 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} se trouve sur son large flanc, portant une part substantielle de la puissance sortante. 16. Le rayonnement solaire entre presque sans entrave et chauffe le sol. Le sol réémet dans l’infrarouge thermique. À 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} ce rayonnement est absorbé en quelques mètres et thermalisé. L’air chauffé réémet vers le haut et vers le bas, et la moitié dirigée vers le bas est un revenu supplémentaire pour la surface : elle doit se réchauffer jusqu’à ce que les dépenses égalent les recettes. 17. L’émission croît fortement avec la température : le rayonnement qui s’échappe d’une altitude à 220 K220\,\mathrm{K} emporte bien moins de puissance que ce que la surface aurait envoyé directement — la bande est une zone plus terne du spectre sortant de la planète. 18. La puissance sortante étant réduite à ensoleillement constant, toute la colonne — surface comprise — doit se réchauffer jusqu’au rééquilibrage des comptes. 19. Centre saturé, ailes actives : chaque doublement du gaz élargit la région opaque d’un incrément comparable, d’où un forçage à peu près logarithmique — les ailes de la question 11 font le travail. 20. Le carré de la fréquence d’élongation antisymétrique varie comme (1/mO+2/mC)(1/m_{ \text{O}} + 2/m_{\text{C}}) : le rapport du 13^{13}C au 12^{12}C vaut 0.2163/0.2292=0.971\sqrt{0.2163/0.2292} = 0.971 — une baisse de 2.9%2.9\%, conforme à 2283/23492283/2349. 21. La quantification donne à chaque isotopologue son propre peigne de raies fines ; un laser posé sur un peigne ne compte qu’un isotope — impossible si l’absorption était un continuum classique. 22. À mesure que le CO2_2 montait, sa fraction de 13^{13}C baissait (l’effet Suess) : le carbone ajouté est isotopiquement léger — fabriqué par des plantes, longtemps enfoui, c’est-à-dire fossile. L’atmosphère porte la signature de sa source. 23. Vénus : le même quantum à 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m}, appliqué à une colonne 200000200000 fois plus épaisse, maintient une surface plus chaude qu’un four — le mécanisme n’a aucun plafond intrinsèque. 24. Mars, au CO2_2 presque pur et pourtant glaciale, montre que ce sont la quantité de la colonne et la pression (qui élargit les raies), et non la fraction du gaz, qui fixent l’intensité. 25. Un quantum de 83 meV83\,\mathrm{meV} à 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m}, absorbé sur le flanc thermique d’une planète à 288 K288\,\mathrm{K}, thermalisé en quelques nanosecondes, réémis depuis des altitudes froides : l’échelle de l’oscillateur harmonique, pesée face à la loi de Wien, est la machinerie par laquelle quatre molécules sur dix mille gouvernent un climat.

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