Mécanique Quantique : Saut de potentiel et Barrière de potentiel.

Équations différentielles, Effet tunnel

a marqué ce sujet comme résolu.

Coucou les petits pépins physiciens,

Dans le cadre de la quantification de l’énergie via l’équation de Schrödinger suivante :

$$\mathrm{ -\frac{\hbar^2}{2m} \times \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2} + V\psi(x) = E\psi(x) }$$

Je suis amené à étudier deux énergies potentielles aux formes différentes :

1. Saut de potentiel

A ce moment je dois exprimer $\mathrm{ \psi_{(I)}}$ et $\mathrm{ \psi_{(II)}}$ en donction de $\mathrm{x}$ à l’aide de l’équation différentielle d’ordre 2 :

$$\mathrm{ \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2} = \frac{2m(V-E)}{\hbar^2}\psi(x) }$$

Avec pour $\mathrm{V_{(0)} = V_0}$ seule valeur de $\mathrm{V \neq 0}$.

Région (I)

$$\mathrm{ \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2} = -\frac{2mE}{\hbar^2}\psi(x) }$$

J’écris le résultat sous forme de combinaison d’exponentielle :

$$\mathrm{ \psi_{(I)} = Aexp\left(\frac{i\sqrt{2mE}x}{\hbar}\right) + Bexp\left(-\frac{i\sqrt{2mE}x}{\hbar}\right) }$$

Région (II)

$$\mathrm{ \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2} = \frac{2m(V_0-E)}{\hbar^2}\psi(x) }$$

J’écris le résultat sous forme de combinaison d’exponentielle :

$$\mathrm{ \psi_{(II)} = Cexp\left(\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}x}{\hbar}\right) + Dexp\left(-\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}x}{\hbar}\right) }$$

Je ne saisis pas bien pourquoi dans ce résultat le $i$ disparaît par rapport à la première région. Je crois que c’est une histoire de dérivés ou de signe ?

Et là si je ne dis pas de bêtise le terme en $\mathrm{Cexp\left(\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}x}{\hbar}\right)}$ possède une allure de courbe qui est non-bornée, car en $+ \infty $ la fonction continue à progresser (?) donc on doit le faire disparaître avec $\mathrm{C = 0}$ car physiquement $$\mathrm{\psi}$$ est une fonction bornée.

Conclusion

On obtient alors :

$$ \left\{\begin{aligned} \psi_{(I)} &= Aexp\left(\frac{i\sqrt{2mE}x}{\hbar}\right) + Bexp\left(-\frac{i\sqrt{2mE}x}{\hbar}\right) \\ \psi_{(II)} &= Dexp\left(-\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}x}{\hbar}\right) \end{aligned}\right. $$

Par continuité en $\mathrm{x=0}$ on peut obtenir :

$$ \left\{\begin{aligned} \psi_{(I)} &= Aexp(0) + Bexp(0) \\ \psi_{(II)} &= Dexp(0) \end{aligned}\right. $$

Les fonctions doivent être égales en ce point donc :

$$\mathrm{Aexp(0) + Bexp(0) = Dexp(0)}$$
$$\mathrm{A + B = D}$$

Et je ne sais pas comment on en arrive à tracer ce comportement qui ne suit pas la logique de la mécanique classique :

2. Barrière de potentiel

A ce moment je dois exprimer $\mathrm{ \psi_{(I)}}$, $\mathrm{ \psi_{(II)}}$ et $\mathrm{ \psi_{(III)}}$ en donction de $\mathrm{x}$ à l’aide de l’équation différentielle d’ordre 2 :

$$\mathrm{ \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2} = \frac{2m(V-E)}{\hbar^2}\psi(x) }$$

Mais je du mal à voir quel vont être les changements s’il y en a. Et comment comprendre la zone $\mathrm{(II')}$

Si vous aviez des éléments de réponses, ça m’aiderais beaucoup ! Merci pour le temps de lecture accordé.

+0 -0

Salut,

Je ne sais pas comment tu as fais les calculs (résultat d’un cours ?) mais le $i$ vient des racines de ton polynôme caractéristique (en fonction du signe du discriminant : 0 < E < V). On remarque une partie sinusoidale et une partie amorti : la particule s’enfonce avant de repartir dans le sens des $x$ décroissants quand elle n’a pas l’énergie suffisante.

Pour le terme en C tu as raison, c’est l’idée.

Pour faire apparaître les constantes A et B il y a une autre continuité à utiliser celle de la dérivée.

Pour la deuxieme partie, les zones 2.I et 2.III auront la même équation (avec des constantes différentes) que le 1.I. La zone 2II aura une équation équivalente à 1.II (sans faire l’hypothèse de C = 0) :. Il y a alors quatre équations de continuité à utiliser.

Ici, une fois la zone deux franchie la particule ne fais pas demi-tour car elle a une énergie supérieure à 0.

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Salut :)

$\psi$ est une fonction d’onde associée à une particule , faire une analogie optique peux aider pour la première partie : c’est le phénomène d’onde évanescente. Ensuite $|\psi|^2 $ est assimilable à la probabilité de présence de la dite particule, Et la probabilité d’être en zone II tend vers 0 (la particule n’a pas assez d’énergie).

Pour la deuxième partie c’est la même chose, la zone II’ est atteignable si la particule à assez d’énergie (elle saute la barrière) . Elle peux cependant arrivé directement en III en ayant une énergie plus faible , car $ |\psi|^2 $ s’y trouve non nulle , on parle d’effet tunnel. cela se montre en déterminant le coefficient de transmission entre les zones I et III ( rapport des amplitudes de la fonction d’onde ).

Je tiens à préciser que j’ai eu un cours se rapportant a cela cette semaine, mon propos n’est donc peux être pas rigoureux. :euh:

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résultat d’un cours ?

regz

Oui tout à fait.

polynôme caractéristique en fonction du signe du discriminant : 0 < E < V

regz

Je peux avoir un exemple de ce que tu dis ? Si c’est en rapport avec les equations diff, j’ai pas mal de lacunes, j’veux bien des petits rappel explicite si tu peux :)

il y a une autre continuité à utiliser celle de la dérivée.

regz

J’ai vue qu’on l’avais utilisé, mais elle sert à quoi cette deuxième continuité ?

Pour la deuxieme partie, les zones 2.I et 2.III auront la même équation (avec des constantes différentes) que le 1.I. La zone 2II aura une équation équivalente à 1.II (sans faire l’hypothèse de C = 0) :. Il y a alors quatre équations de continuité à utiliser.

Ah ça va, ça reste super logique de ce coté là alors. ^^

Personne ne sait comment on trace la partie amortis ?

Merci à vous deux, bien que hobi1 tu ne me reprécise que la partie tangible de l’exercice haha :p . C’est vraiment l’aspect math tout con que j’arrive pas à "lire" ou "comprendre". Les phénomènes en soit je les ais compris. C’est justement parce que c’est stylé comme comportement que j’aimerais réussir à comprendre les mathématiques derrière.

+0 -0

Salut,

C’est complètement en rapport avec les équations différentielles : c’est (un cas particulier de) la résolution d’une équation différentielle linéaire d’ordre 2. En bref (mais accroche-toi un peu quand même :D ), tu as une équation de la forme $ay''+by'+cy=0$ avec $y$ une fonction, $y'$ sa dérivée première, $y''$ sa dérivée seconde et $a$, $b$ et $c$ des coefficients constants.

Le polynôme caractéristique associé est $aX^2+bX+c$. On commence par chercher ses racines, c’est-à-dire les valeurs de $X$ pour lesquelles $aX^2+bX+c = 0$. Pour cela, on calcule le discriminant $\Delta$ qui s’exprime avec les coefficients $a$, $b$ et $c$ de la façon suivante : $\Delta = b^2-4ac$ . Nous avons alors deux possibilités : $\Delta = 0$ ou $\Delta \neq 0$ (parce qu’on travaille avec des complexes : sinon, il faudrait aussi différencier $\Delta < 0$ et $\Delta > 0$).

Ici, $\Delta \neq 0$. Nous avons donc deux racines distinctes pour le polynôme caractéristique, que l’on nommera $\lambda_1$ et $\lambda_2$. Elles s’expriment ainsi : $\lambda_1 = \frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}$ et $\lambda_2 = \frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}$. Si on revient à notre équation différentielle de départ, nous en connaissons maintenant deux solutions particulières : $y_1(x)=e^{\lambda_1 x}$ et $y_2(x)=e^{\lambda_2 x}$ (tu peux vérifier que ça marche en remplaçant $y$ par $y_1$ ou $y_2$ dans l’équation $ay''+by'+cy=0$).

On peut montrer que toute solution de l’équation différentielle peut s’exprimer comme une combinaison linéaire de ces deux solutions particulières, ce qui revient à dire que toute solution de l’équation différentielle peut s’exprimer sous la forme $y(x)=Ae^{\lambda_1 x}+Be^{\lambda_2 x}$ avec $A$ et $B$ des coefficients à valeurs complexes.

Maintenant, retour à ton équation de départ. Tu peux la mettre sous la forme $a\psi ''+b \psi ' + c \psi =0$ avec $a=1$, $b=0$ et soit $c=\frac{2mE}{\hbar ^2}$ (zone I) soit $c=\frac{2m(E-V_0)}{\hbar ^2}$. Partant de là, en considérant que $0<E<V_0$ et en n’oubliant pas que $i^2=-1$, on retrouve les solutions que tu as écrites (fais les calculs pour t’en convaincre :) ).

Comme ce post est déjà très long, je vais m’arrêter là pour l’instant. Est-ce que ça t’aide ou ça reste nébuleux ? :D

+2 -0

Partant de là, en considérant que $0<E<V_0$ et en n’oubliant pas que $i^2=-1$, on retrouve les solutions que tu as écrites (fais les calculs pour t’en convaincre :) ).

Emel

Tout le reste est plutôt clair, ça me rappel certains truc que j’avais vue mais mal appris, je le concède. J’vois quand même toujours pas pourquoi le $i$ est présent ou non des fois. C’est dans $\lambda$ que le terme avec $i$ se manifeste ? Et selon le $\lambda$ on a un $i²$ qui donne lieu à une expression sans $i$ dans la Région (II) ?

+0 -0

Oui, c’est dans $\lambda$ que le $i$ se manifeste.

Dans la région I, le discriminant $\Delta$ est négatif. On a $\lambda_1=-\frac{\sqrt{\Delta}}{2}=-\sqrt{\frac{-2mE}{\hbar^2}}=-\sqrt{\frac{i^22mE}{\hbar^2}}=-i\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}$.

Dans la région II, $\Delta > 0$. On n’aura pas besoin de "sortir le moins de la racine carrée", et donc aucun $i$ n’apparaitra.

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Nickel ! C’est ça que je n’avais pas saisie, merci :ange: . Il ne me manque plus qu’à piger comment on trace la partie amortie (rouge) de $\psi = f(x)$

EDIT : j’ai donc essayé tout seul comme un grand et je passe par :

$$\mathrm{ \sqrt{i² \times 8} = i \times 2\sqrt{2} }$$
$$\mathrm{ \frac{\sqrt{i² \times 8}}{2} = \frac{i \times 2\sqrt{2}}{2} = i \sqrt{2} }$$
+0 -0

La partie en rouge c’est juste l’exponentielle décroissante que tu trouves avec ta solution : $e^{-\sqrt{2m(V-E)}x/\hbar}$.

Ceci dit, je ne sais pas ce que ce graph doit représenter : $\psi$ est une grandeur complexe (à la vue du graph, c’est la partie réelle ou imaginaire). De plus interpréter directement ces solutions n’est pas simple. Pour comprendre pourquoi, demande toi (que ce soit sur le cas I ou II) : quel est la probabilité que la particule soit dans $[-\infty,0]$ ?

+1 -0

$\psi$ est une fonction d’onde et ce qu’on étudie est son comportement face à un potentiel. Selon l’énergie que possède $\psi$, la fonction sera capable d’adopter un comportement imprevisible en mécanique classique.

Pour $x \in [- \infty , 0]$, la probabilité de présence de la fonction d’onde est forte. Car c’est une zone où elle a un sens d’exister. Ce qui est moins évident à saisir c’est comment se trouve-t-elle en $x \in [0 , + \infty]$ dans le cas du saut de potentiel. C’est là où se cache l’une des subtilités de la mécanique quantique. Mais ça notre professeur nous l’avez bien raconter.

Je suis généralement pas très perspicace avec les maths. Je ne connais pas les allures des fonctions, je ne sais pas faire de DL ni les ED. C’est vraiment pour ces raisons là que j’ai tenu à poser quelques questions ici. En soit la comportement ça va, ce sont les mathématiques derrière qui me posait le plus de soucis.

Merci à vous tous pour vos réponses. J’vais venir vous embêter plus souvent ! :D

+0 -0

De tête c’est un truc du genre :

$$\mathrm{ P = \int_{-\infty}^{0} |\psi ^2| }$$

Mais on a pas encore vue ce genre d’équation. Je tiens ça d’ancien cours que j’ai eu par-ci par-là de chimie quantique. Je ne sais pas si ça s’applique à ce que tu me demandes ^^

+0 -0
$$\mathrm{ \psi = Aexp\left(\frac{i\sqrt{2mE}x}{\hbar}\right) + Bexp\left(-\frac{i\sqrt{2mE}x}{\hbar}\right) }$$
$$\mathrm{ P = \int_{-\infty}^{0} |\psi|² = \int_{-\infty}^{0} \left[\left(Aexp\left(\frac{i\sqrt{2mE}x}{\hbar}\right) + Bexp\left(-\frac{i\sqrt{2mE}x}{\hbar}\right)\right)^2dx\right] }$$

C’est un peu relou à calculer non ? Haha, j’suis vraiment pas fortiche en math alors j’veux surement oublier plein de règle etc… n’hésitez pas à m’aiguiller :-°

Vue comme ça j’tenterais d’intégrer par partie :

$$ \left\{\begin{aligned} u &= Aexp\left(\frac{i\sqrt{2mE}x}{\hbar}\right) + Bexp\left(-\frac{i\sqrt{2mE}x}{\hbar}\right) \\ u' &= \frac{i\sqrt{2mE}}{\hbar}Aexp\left(\frac{i\sqrt{2mE}x}{\hbar}\right) - \frac{i\sqrt{2mE}}{\hbar}Bexp\left(-\frac{i\sqrt{2mE}x}{\hbar}\right) \end{aligned}\right. $$
$$\mathrm{ \int_{-\infty}^{0} uu'dx = \left[ uv \right]_{-\infty}^{0} - \int_{-\infty}^{0} u'u dx }$$

Est-ce un bon début ?

+0 -0

Pas tout à fait ;).

Tu oublies qu’on ne veut pas intégrer le carré de la fonction d’onde, mais le module carré de cette dernière (notamment, ça permet d’être sûr d’avoir une probabilité réelle à la fin), le deuxième égal de la deuxième ligne est faux. Plutôt que de passer au carré, il faut multiplier par le conjugué.

Ensuite ce que tu veux intégrer ce sont des exponentielles, complexes certes, mais ça ne pose pas beaucoup de souci pour en trouver une primitive. Plutôt que d’essayer une IPP, tout développer est une meilleure idée.

Enfin, l’idée de cette question était de mettre en évidence un phénomène étrange. Une fois que tu auras calculer le module carré de la fonction d’onde, trace cette dernière (c’est maintenant une fonction réelle). Et essaie d’interpréter en se servant de signification du module de la fonction d’onde.

+1 -0

Reprenons ta solution :

$$\left\{\begin{align} \psi_I(x) &= A\exp\left(\frac{\imath\sqrt{2mE}x}{\hbar}\right) + B\exp\left(-\frac{\imath\sqrt{2mE}x}{\hbar}\right) \\ \psi_{II}(x) &= C\exp\left(\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}x}{\hbar}\right) + D\exp\left(-\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}x}{\hbar}\right) \end{align}\right.$$

Disons qu’on doit prendre $C=0$ pour que $\psi$ soit borné. Et écrivons les équations de continuité au saut de potentiel :

$$\left\{\begin{align} A+B &= D \\ \imath\sqrt{E}(A-B) &= -\sqrt{V_0-E}D \end{align}\right.$$

Je te laisse faire le calcul, mais tu devrais trouver des expressions pour $A$ et $B$ en fonction de $D$ :

$A=\frac{D}{2}\left(1+\imath\sqrt{\frac{V_0-E}{E}}\right)$ et $B=\frac{D}{2}\left(1-\imath\sqrt{\frac{V_0-E}{E}}\right)$

$A=\frac{D}{2}\sqrt{\frac{V_0}{E}}\exp\left(\imath\Phi\right)$ et $B=\frac{D}{2}\sqrt{\frac{V_0}{E}}\exp\left(-\imath\Phi\right)$

La solution devient donc (en utilisant les propriétés des exponnentielles complexes) :

$$\left\{\begin{align} \psi_I(x) &= D\sqrt{\frac{V_0}{E}}\cos\left(\frac{\sqrt{2mE}x}{\hbar}+\Phi\right) \\ \psi_{II}(x) &= D\exp\left(-\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}x}{\hbar}\right) \end{align}\right.$$

D’où finalement l’expression de $\left|\psi\right|^2$ :

$$\left\{\begin{align} \left|\psi_I(x)\right|^2 &= \left|D\right|^2\frac{V_0}{E}\cos^2\left(\frac{\sqrt{2mE}x}{\hbar}+\Phi\right) \\ \left|\psi_{II}(x)\right|^2 &= \left|D\right|^2\exp\left(-2\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}x}{\hbar}\right) \end{align}\right.$$

Que te dit ton cours à propos du sens physique de $\left|\psi\right|^2$ ? Les propriétés que $\left|\psi\right|^2$ doit respecter ? Et finalement qu’en est-il dans ce cas là ?

+1 -0

Rapide question après d’autres cours qui m’ont exercé pas mal :

J’ai un prof qui dit que le terme $\mathrm{Cexp\left(\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}x}{\hbar}\right)}$ (que j’avais envoyé baladé dans le cas du saut de potentiel, car fonction non bornée) reste et est bornée par la barrière de potentielle, genre la barrière l’empêche d’aller vers l’infinie et l’au délà vue que c’est sur un intervalle donné. Mais l’autre dit que l’approximation est la même qu’avec le saut de potentiel.

Des idées les copains ?

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Effectivement, je répondrais comme ton premier professeur : sur l’intervalle II, qui est borné, on ne peut plus rejeter la fonction en "C", puisqu’elle est bornée. On peut même l’interpréter comme étant l’onde de probabilité qui revient après avoir été réfléchie sur le deuxième saut de potentiel.

Cependant, il faut voir avec les données de ton énoncé. Déjà moi quand j’avais ce genre d’exercice, la plupart du temps on considérait qu’il arrivait des x négatifs une onde de probabilité, allant de la gauche vers la droite. Cela permettait notamment de justifier la présence d’une seule exponentielle dans la région III, celle associé à un déplacement vers la gauche. Je ne sais pas si tu confonds avec cette situation.

Autre argument qui correspond plus à ton problème. Par analogie avec de l’optique, on peut interpréter le terme "C" comme une onde évanescente, partant de la frontière II-III vers la frontière I -II (donc dans l’autre sens que le terme en "D"). Avec les mains : l’onde passe la frontière I-II, une partie est transmise en II, et subie une décroissance exponentielle jusqu’à la frontière II-III. Alors une partie est transmise vers III, et une partie est réfléchie vers I, et va subir également une décroissance exponentielle (c’est le terme C). Si la frontière est suffisamment épaisse, on peut considérer que cette conjugaison de deux décroissances exponentielles va permettre de négliger le terme en C.

Si tu as l’impression qu’on te permet de négliger ce terme, n’hésite pas, ça simplifie les calculs de façon très agréable.

+1 -0

Effectivement, je répondrais comme ton premier professeur : sur l’intervalle $II$, qui est borné, on ne peut plus rejeter la fonction en "C", puisqu’elle est borné. On peut même l’interpréter comme étant l’onde de probabilité qui revient après avoir été réfléchie sur le deuxième saut de potentiel.

Ah nickel. :D

Autre argument qui correspond plus à ton problème. Par analogie avec de l’optique, on peut interpréter le terme "C" comme une onde évanescente, partant de la frontière II-III vers la frontière I -II (donc dans l’autre sens que le terme en "D"). Avec les mains : l’onde passe la frontière I-II, une partie est transmise en $II$, et subie une décroissance exponentielle jusqu’à la frontière $II-III$.

Par contre j’avais pas compris son sens physique. Tu me dis donc que c’est le terme qui permet de rendre compte de la reflexion de l’onde lorsqu’elle est à travers la barrière ?

Donc elle rebondit de la frontière $II-III$ vers la $I-II$ au fur et à mesure ?

Cela permettait notamment de justifier la présence d’une seule exponentielle dans la région $III$, celle associé à un déplacement vers la gauche. Je ne sais pas si tu confonds avec cette situation.

Nan effectivement les constante de la région $III$ possèdent d’autre genre de simplification, je ne pense pas confondre. Ce que j’ai en tête : Vue qu’il n’y a plus de variation de potentiel en $III$ la particule ne peut pas retourner en arrière, dans notre cas "en arrière" signifie de la gauche vers la droite, donc le terme en Cste * exponentielle complexe négative est nul.

+0 -0

Il faut vraiment voir ça comme un phénomène qui se déroule au fur et à mesure que le temps passe, on n’est plus dans en train de résoudre l’équation d’onde qui te donne la solution pour tout t et pour tout x, mais on regarde l’onde arriver:

  • Au début, tu as juste l’onde qui arrive des x négatifs
  • Elle touche le premier saut (premier changement de milieu en optique) : une partie est réfléchie (ce qui justifie l’existence du terme en B, qui revient vers l’arrière), et une partie est transmise (terme en D)
  • Cette onde transmise continue, subie une décroissance exponentielle, et arrive avec une amplitude réduite à la deuxième frontière. Une partie est transmise et s’en va vers l’infini, et une partie est réfléchie (ce qui crée du C).
  • Ensuite, cette partie réfléchie (et qui va maintenant vers la gauche), du fait des 2 décroissances exponentielles qu’elle subie, arrive avec une amplitude suffisamment faible pour qu’on puisse la négliger lorsqu’elle arrive avec la frontière. Du coup, comme on se sait pas trop où elle commence à être négligeable, et qu’on veut un modèle simplifié, on se dit qu’on néglige C.

Un point un peu subtil est pourquoi lors de la première transmission réflexion en I-II, il n’y pas de terme en C qui se crée. Toujours avec cette argument temporel, on peut se dire que l’onde ne peut pas connaître l’épaisseur qu’elle doit traverser, et donc un terme en exponentiel positif créé lors de ce premier passage pourrait poser problème.

Enfin, en quelque sorte, la vision de 2 professeurs est différente. Le premier te propose de prendre l’équation et de la résoudre. Le second plutôt de considérer la barrière comme une succession de 2 sauts de potentiels successifs. Cette vision permet de réutiliser les résultats du I, et elles ne sont pas contradictoire : l’hypothèse C négligeable est à justifier en comparant x avec la longueur présente dans ton exponentielle. En particulier, sans faire cette hypothèse, on peut très bien considérer que l’onde va arriver dans la barrière, puis ensuite faire des aller-retours dedans, avec à chaque fois un peu de perte qui s’échappe du fait de la transmission. C’est pour cela que j’ai écrit plus haut "un terme semblable à B". Lors de la première réflexion, sans hypothèse de barrière épaisse, tu ne crée pas l’intégralité de l’onde qui va repartir dans les x négatif. La confiance dans le modèle, ou des calculs, doivent montrer que la série ainsi obtenue redonne les résultats du grand 1.

Pour finir : au début j’ai insisté sur la différence de point de vue. En effet, dans les solutions, l’onde est présente dans tout l’espace à tout temps. Il n’y a pas cette dimension temporelle. Pour la retrouver, il faudrait prendre un paquet d’onde, et alors on verrait ce dernier avancer, être réfléchi, etc.

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Merci beaucoup ! En plus tu as très vite répondu… Je dois avouer avoir partiel demain donc j’essaye d’éliminer les parts d’ombres :D

T’es récemment actif à ce que je vois ? Et bien continu comme ça !

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