Amplitude einer elektromagnetischen Welle, die ein einzelnes Photon enthält

Question

Amplitude einer elektromagnetischen Welle, die ein einzelnes Photon enthält

Andrej S

Gegeben sei ein Lichtpuls im Vakuum, der ein einzelnes Photon mit einer Energie enthält $E=h\nu$ , was ist der Spitzenwert des elektrischen / magnetischen Feldes?

Benutzer4552

verwandt: physical.stackexchange.com/q/437/4552

jw_

@Ben Crowell Ist die Wellenfunktion eines einzelnen Photons dasselbe wie eine EM-Welle, die dem einzelnen Photon entspricht?

Antworten (8)

Amplitude einer elektromagnetischen Welle, die ein einzelnes Photon enthält

@Ben Crowell Ist die Wellenfunktion eines einzelnen Photons dasselbe wie eine EM-Welle, die dem einzelnen Photon entspricht?

Emart · Answer 1

Die elektrischen und magnetischen Felder eines einzelnen Photons in einer Box sind tatsächlich sehr wichtig und interessant. Wenn Sie die Größe des Kästchens festlegen, können Sie den Spitzenwert des magnetischen oder elektrischen Felds definieren. Es ist ein Konzept, das bei der Kavitäts-QED auftaucht und dieses Jahr (zusammen mit einer Reihe anderer Forscher) für den Nobelpreis von Serge Haroche wichtig war. In diesem Experiment maß seine Gruppe das elektrische Feld einzelner und weniger Photonen, die in einem Hohlraum gefangen waren. Es ist derzeit ein sehr beliebtes Feld.

Um jedoch eine gut definierte Energie zu haben, müssen Sie ein Volumen angeben. In einem Laser finden Sie ein elektrisches Feld für einen Photonenfluss ( n Photonen pro Zeiteinheit), aber wenn Sie das Photon auf eine Box beschränken, erhalten Sie ein elektrisches Feld pro Photon. Ich zeige Ihnen die zweite Berechnung, weil sie interessanter ist.

Legen Sie ein einzelnes Photon in eine Box mit Volumen $V$ . Die Energie des Photons ist $\hbar \omega$ (oder $\frac{3}{2} \hbar \omega$ , wenn Sie die Nullpunktsenergie mitzählen, aber für diese grobe Berechnung ignorieren wir das). Nun, setzen Sie das mit der klassischen Energie eines magnetischen und elektrischen Feldes in einer Volumenbox gleich $V$ :

ℏ ω = \frac{ϵ_{0}}{2} | \vec{E} |^{2} v + \frac{1}{2 μ_{0}} | \vec{B} |^{2} v = \frac{1}{2} ϵ_{0} E_{Gipfel}^{2} v

$\hbar \omega = \frac{\epsilon_0}{2} |\vec E|^2 V + \frac{1}{2\mu_0} |\vec B|^2 V = \frac{1}{2} \epsilon_0 E_\textrm{peak}^2 V$

Es gibt einen zusätzlichen Faktor von $1/2$ weil wir normalerweise eine stehende Welle betrachten. Außerdem habe ich die magnetischen und elektrischen Beiträge gleich eingestellt, wie es für Licht im Vakuum gelten sollte. Ein interessantes und verwandtes Problem ist die Wirkung eines einzelnen Photons auf ein einzelnes Atom, das in der Box enthalten ist, in der sich die Energie des Atoms befindet $U = -\vec d \cdot \vec E$ . Wenn sich das interessant anhört, schlagen Sie unter starke Kopplungsregime , Vakuum-Rabi-Aufspaltung oder Hohlraum-Quantenelektrodynamik nach . Übrigens sind die elektrischen Feldschwankungen von Photonen (oder deren Fehlen!) im Vakuum für die Lamb-Verschiebung verantwortlich, eine kleine, aber messbare Energieverschiebung des Wasserstoffatoms.

Wie definierst du die Lautstärke? würde die Größe des Volumens nicht die Gesamtenergie des Photons ändern, wenn es gleich E=hf ist?

Benutzer1504 · Answer 2

Benutzer1504

Dies ist eine vernünftige Frage, aber die Antwort ist wahrscheinlich nicht das, was Sie erwarten: Die elektrischen und magnetischen Felder haben in einem Zustand mit einer festen Anzahl von Photonen keine genau definierten Werte. Die elektrischen und magnetischen Feldoperatoren kommutieren nicht mit dem Zahlenoperator, der Photonen zählt. (Sie können nicht, weil sie Komponenten der äußeren Ableitung des Feldpotentialoperators sind, der Photonen erzeugt/vernichtet.) Das Fehlen von Kommutativität impliziert über Heisenbergs Unschärferelation, dass das Feld beliebig große Werte haben könnte .

anna v

ein Link (zu den elektrischen und magnetischen Feldoperatoren) wäre gut für uns, die wir unser Wissen auffrischen

John Rennie

Klassischerweise hat jedes Wellenpaket keine einzige Frequenz. Sie benötigen eine unendlich lange Welle, um eine einzelne Frequenz zu erhalten. @ user1504 hängt das mit Ihrer Antwort zusammen?

Emart

Anna V: Das elektromagnetische Quantenfeld hat analoge Operatoren wie der harmonische Oszillator. Anstelle des Hamiltonian

H = p^{2} + x^{2}

$H = p^2 + x^2$ (Ich lasse die Einheiten hier fallen) und Energie

(\frac{1}{2} + n) ℏ ω

$(\frac{1}{2} + n) \hbar \omega$ schreiben wir für jede Frequenz einen Hamiltonoperator

ω

$\omega$ :

H = \frac{ϵ_{0}}{2} E^{2} + \frac{1}{2 μ_{0}} B^{2}

$H = \frac{\epsilon_0}{2} E^2 + \frac{1}{2\mu_0} B^2$ , wo

E

$E$ und

B

$B$ werden als konjugierte Quantenoperatoren behandelt (genau wie

x

$x$ und

p

$p$ ). Wir finden Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren wie das

E = a^{†} + a

$E = a^\dagger + a$ und

B = a^{†} - a

$B = a^\dagger - a$ , so muss die Energie sein

(\frac{1}{2} + n) ℏ ω

$(\frac{1}{2} + n) \hbar \omega$ .

⟨ E ⟩

$\langle E \rangle$ ist wohldefiniert.

Wladimir Kalitwjanski

Der Spitzenwert hängt von der Wellenpaketgröße ab. Unter der Annahme einer sehr großen Größe im Vakuum erhält man eine sehr geringe Amplitude, aber ein solches Photon wird trotzdem mit einem Resonator absorbiert. Es dauert nur länger, einen Resonator (zum Beispiel ein Atom) zu pumpen.

Benutzer1504

@emarti: Danke, dass du diese Details hinzugefügt hast. Andrey.Baj: Sie sollten Emartis Antwort akzeptieren. Ich hatte Spaß daran, pedantisch zu sein, aber Emartis Antwort ist bessere Physik.

anna v

Nun, in der Antwort von emarti, die Vladimir bearbeitet hat, fehlte ein V in der Formel. Außerdem handelt es sich bei der Frage nicht um ein Photon in einer Box

Benutzer1504

@annav: Ehrlich gesagt vermute ich - angesichts des Alters und der Neuheit des OP im Stapelaustausch, der Jahreszeit und der Knappheit der Frage - dass dies eine etwas schlecht gestellte Hausaufgabe oder Prüfungsfrage war. Emartis Antwort ist eine bessere Antwort auf die Frage, die gestellt werden sollte.

anna v

Ah. Ich hätte das Profil überprüfen sollen. Sie haben wahrscheinlich Recht.

Andrej S

@ user1504 Dies ist keine Hausaufgabenfrage, ich habe selbst darüber nachgedacht. Leider habe ich nur wenig Hintergrundwissen in Quantenmechanik, daher sind mir die meisten technischen Details der Antworten im Moment unklar. Ich hoffe, dass ich das später im Studium nachhole. Inzwischen glaube ich, den Grundgedanken verstanden zu haben. Wenn das Photon in einem Kasten lokalisiert ist, können wir aus dem Volumen des Kastens und der Energie des Photons die Spitzenwerte des elektromagnetischen Feldes berechnen. Wenn es nicht lokalisiert ist, können wir es nicht tun, wenn wir nur die Energie haben. Es kann mit einer gewissen Wahrscheinlichkeit beliebig große Werte annehmen. Hab ich recht?

Benutzer1504

@andrey.baj: Ich bin froh zu hören, dass meine Vermutung falsch war. Und ja, du hast grundsätzlich recht. Wenn Sie ein Photon haben, das sowohl im Orts- als auch im Impulsraum grob lokalisiert ist, können Sie die größten erwarteten Feldwerte abschätzen. Aber Sie werden in Schwierigkeiten geraten, wenn Sie davon ausgehen, dass die Energie des Photons genau bekannt ist.

Tannenbaum

Technisch impliziert die Nichtkommutativität nicht die Möglichkeit beliebig großer Werte (denken Sie zum Beispiel an Projektionen des Drehimpulses). Gerade hier trifft beides zu.

jw_

@ user1504 Warum ist das keine gute Frage? Ich möchte fragen, was das EM-Feld eines einzelnen im Vakuum fliegenden Photons ist, das diese Frage enthält, und ich weiß nicht, warum das OP nur nach der Amplitude gefragt hat. Die Antwort sollte nicht akzeptiert werden, da es sich bei der Frage um keine Box handelt. Ihre Antwort scheint die beste zu sein, wenn sie richtig ist. Können Sie einige Referenzen nennen?

Benutzer1504

@jw_ Jedes Buch über QED gibt Ihnen das Potenzial elektromagnetischer Felder in Bezug auf Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren. Differenzieren Sie angemessen, um die elektrischen und magnetischen Felder in Bezug auf Erzeugungs-/Vernichtungsoperatoren zu erhalten. Berechnen Sie dann den Kommutator. Ich kenne kein Buch, das dies speziell tut, aber es ist eine einfache Übung.

Steven Sagona · Answer 3

@charles Fransis weist zu Recht darauf hin, dass der erwartete Wert des elektrischen Felds Null ist. (das ist, $\langle 1|E|1 \rangle = 0$ )

Und um @user1504 zu zitieren (auch von @vadim angegeben):

Die elektrischen und magnetischen Feldoperatoren kommutieren nicht mit dem Zahlenoperator, der Photonen zählt. (Sie können nicht, weil sie Komponenten der äußeren Ableitung des Feldpotentialoperators sind, der Photonen erzeugt/vernichtet.) Das Fehlen von Kommutativität impliziert über Heisenbergs Unschärferelation, dass das Feld beliebig große Werte haben könnte.

Also ja, wir wissen das, da der Photonenzahloperator nicht mit dem E-Feldoperator pendelt, also wissen wir, dass E unsicher ist. Aber realistisch gesehen, kann ein wirkliches Photon eine beliebig hohe E-Feld-Amplitude haben? Es könnte im gleichen Sinne sein, dass ein gebundenes Elektron auf dem Mond erscheint, weil seine Wellenfunktion eine winzige Komponente hat.

Die Antwort ist, dass ein Photon eine sehr einzigartige Wahrscheinlichkeitsverteilung hat, die so aussieht:

Was, zum Vergleich, wenn es nur Vakuum gäbe:

Hier können wir also visuell sehen, wie viel von einer elektrischen Feldamplitude wir wirklich erwarten, mit dem Vakuum als Referenz. Während der Durchschnittswert Null ist, ist der Absolutwert dieser Amplitude sicherlich größer als der Absolutwert des Vakuums und liegt um die FWHM (Vollbreite, halbes Maximum) der Vakuumverteilung. (oder genau genommen, ungefähr der doppelte Wert des Vakuums im Durchschnitt)

Dies ist ein sehr häufig gemessenes Merkmal einzelner Photonen (sehen Sie sich dieses Papier für eine klassische Version davon an, und dieses für etwas moderneres), und diese Wahrscheinlichkeitsverteilung (wenn das elektrische Feld eines Photons gemessen wird) wird oft verwendet, um zu identifizieren, ob das Quant Zustand des Lichts ist (oder ist es nicht) ein "reines" einzelnes Photon.

Um dies klarer zu sehen, einen kohärenten Zustand, wenn man sich die Statistiken ansieht, wenn sich die "Phase" des Lichts ändert, würde es so aussehen:

(was grundsätzlich ist $\cos(\omega t)$ mit Gaußschem Rauschen). Im Vergleich dazu sieht ein einzelner Photonenzustand so aus:

Und hier sehen wir, dass das Ändern einer "Phase" nichts mit einem "einzelnen Photon" zu tun hat (was möglicherweise damit zu tun hat, dass einzelne Photonen keine genau definierte Phase haben.)

Hier ist ein Beispiel im verlinkten Experiment:

(in diesem Fall ist die x-Achse ZEIT, nicht Phase!) Impulse mit einer bestimmten Zeitverzögerung werden in einen Homodyn-Detektor (der das E-Feld misst) gesendet. Hier können Sie das für einen bestimmten zeitlichen Wert sehen, der damit verbunden ist, wann das Photon auf den Detektor trifft (wiederholt für mehrere Messungen). Der Wert des elektrischen Felds hat eine neue Verteilung, und Sie sehen den Abfall bei Null.

Ist $\langle E |$ ein Eigenzustand des elektrischen Feldoperators?
Jawohl. Ich beziehe mich auf den Betreiber $\propto a^\dagger - a$ . In Lehrbüchern wird dies oft als "Positionsquadratur" bezeichnet, und ich denke, viele Menschen (wegen der abstrakten Sprache) erkennen nicht, dass dieser Operator wirklich die Amplitude des elektrischen Felds ist.
Dies ist zwar eine gute Antwort (+1), aber ich glaube nicht, dass an den vorhandenen Antworten etwas auszusetzen ist. Die akzeptierte Antwort beschreibt, wie die Amplitude vom Hohlraumvolumen abhängt, während diese die Verteilungen der gemessenen Amplituden an einem einzelnen Punkt beschreibt. Es ist also wirklich die Kombination von ihnen, die das vollständige Bild ergibt.
@knzhou, es stimmt zwar, dass Sie die Wechselwirkungsstärke effektiv erhöhen können, indem Sie ein Photon in einem Hohlraum einschließen - das scheint mir keine natürliche Art zu sein, zu beschreiben, dass das E-Feld eines Photons ist. Photonen sind in der Natur selten auf Hohlräume mit hoher Finesse beschränkt, und die Beantwortung der Frage nur in diesem Zusammenhang ist für Menschen, die verstehen wollen, was Photonen eigentlich sind, nicht hilfreich.
Nein, mein Punkt ist, dass Ihre Antwort überhaupt nicht erwähnt, was die typischen elektrischen Feldamplituden sind. Wie viel Volt pro Meter sind es? Ich würde mir vorstellen, dass das den meisten Menschen wichtig ist, und das beschreibt die akzeptierte Antwort.
Sie beginnen Ihre Antwort im Grunde, indem Sie diese Informationen skalieren. Die Achsen Ihrer Diagramme sind dimensionslos und nicht in Volt pro Meter. Es ist so, als würde mich jemand fragen, wie viele Meter ein Lichtjahr ist, und ich antwortete: „Ein natürlicher Weg, die Länge zu beschreiben, ist in natürlichen Einheiten, wobei ein Lichtjahr einem Jahr entspricht.“
@knzhou, die mir bekannten modernen Experimente verwenden die Vakuumschwankungen als Referenz für die Abschätzung der Stärke des elektrischen Felds. (Obwohl ich vermuten würde, dass für gequetschte Experimente, die für die Metrologie verwendet werden, ein tatsächlicher Wert betrachtet werden könnte.) Und ich bin mir nicht sicher, was der tatsächliche Wert in Bezug auf V / m ist, aber ich werde darüber nachdenken. (Für ein Photon im freien Raum gibt es meines Erachtens kein offensichtliches Quantisierungsvolumen, daher weiß ich nicht, was das wäre.)
Der Einzelphotonenzustand hat keine Nullwahrscheinlichkeitsdichte des Nullfeldwerts. Sie haben die Wahrscheinlichkeitsdichte eines Einzelmoduswerts abgetastet und nicht das Feld selbst.

Karl Franz · Answer 4

Das elektromagnetische Feld kann als Erwartung verstanden werden $\langle A(x) \rangle$ des Photonenfeldoperators, $A(x)$ , die ein Photon in einer Wechselwirkung mit einem Elektron (oder einem anderen geladenen Teilchen) vernichtet oder erzeugt, vorausgesetzt natürlich, dass ein geladenes Teilchen vorhanden ist, damit die Wechselwirkung stattfinden kann. Für einen Einzelphotonenzustand $|\phi \rangle$ die Aktion von $A$ besteht darin, das Photon zu vernichten oder ein anderes zu erzeugen, was bedeutet, dass der resultierende Zustand eine Überlagerung von Zuständen mit zwei oder keinen Photonen ist. Das Skalarprodukt mit einem Ein-Photonen-Zustand ist Null und Sie haben es notwendigerweise

⟨ EIN (x) ⟩ = ⟨ ϕ | EIN (x) | ϕ ⟩ = 0.

$\langle A(x) \rangle = \langle \phi | A(x) |\phi \rangle = 0.$

Was die Frage beantwortet. Die Amplitude eines solchen Zustands ist notwendig $0$ . Sie erhalten nur ein klassisches elektromagnetisches Feld ungleich Null $\langle A(x) \rangle$ (einschließlich einer klassischen elektromagnetischen Welle) aus Zuständen, die eine unbestimmte Anzahl von Photonen enthalten.

Äquivalent, wie @ user1504 es ausdrückte

Die elektrischen und magnetischen Feldoperatoren kommutieren nicht mit dem Zahlenoperator, der Photonen zählt.

Mit anderen Worten, für einen Zustand mit einer bestimmten Anzahl von Photonen ist es nicht sinnvoll, vom klassischen elektrischen oder magnetischen Feld oder von einer klassischen elektromagnetischen Welle zu sprechen.

Sie haben den Erwartungswert gefunden, der sogar klassisch Null ist. Wenn Sie stattdessen den erwarteten Wert der tatsächlichen Amplitude des Felds finden, wie im Fragentitel gefordert, und nicht den Momentanwert – dh finden $\langle \sqrt{A^2}\rangle$ oder nur $\langle A^2\rangle$ – Sie sollten einen Wert ungleich Null erhalten.
@Ruslan, Sie verwechseln den Photonenfeldoperator, der keine Amplitude hat, mit dem klassischen em-Feld, das die Erwartung des Photonenfeldoperators ist. Klassisch müsste man den Erwartungswert des Photonenfeldoperators berechnen!
Welcher Größe entspricht dieser Operator? Ist es nicht elektrisches Feld/magnetisches Feld/4-Potenzial?
@Ruslan, ein Operator ist keine Menge. Es wirkt auf den Photonen-Fock-Raum. Um eine klassische Größe zu erhalten, können wir den Erwartungswert wie in der Antwort bilden. Diese Erwartung ist die klassische $A$ aufstellen.
OK, sehe bisher keinen Widerspruch zu meinen Ausführungen. In der gewöhnlichen nichtrelativistischen QM können wir zB den kinetischen Energieoperator bilden, indem wir den Impulsoperator mit sich selbst multiplizieren (und mit einer Konstanten skalieren). Dann wird sein Diagonalmatrixelement den Durchschnittswert der entsprechenden Größe ergeben. Warum können wir das nicht auch mit dem machen $A$ -Feldoperator?
@Ruslan, das habe ich bereits in der Antwort auf die Frage erklärt.

Roger Wadim · Answer 5

Die Amplitude einer elektromagnetischen Welle kommutiert nicht mit der Photonenzahl . Ein Zustand mit einem einzelnen Photon ist ein Eigenzustand des Photonenzahloperators:

n_{k, λ} | 1_{k, λ} ⟩ = a_{k, λ}^{†} a_{k, λ} | 1_{k, λ} ⟩ = | 1_{k, λ} ⟩ .

$n_{\mathbf{k},\lambda}|1_{\mathbf{k},\lambda}\rangle=a^\dagger_{\mathbf{k},\lambda}a_{\mathbf{k},\lambda}|1_{\mathbf{k},\lambda}\rangle=|1_{\mathbf{k},\lambda}\rangle.$ Andererseits sind die Zustände mit einem bestimmten Wert einer Amplitude (egal ob elektrisches Feld, magnetisches Feld oder Vektorpotential) eher Orts- und Impulsoperatoren des Quantenoszillators, entsprechend der gegebenen Quantenmode, dh sie nicht mit dem Zahlenoperator pendeln:

\hat{E} = E_{0} a_{k, λ} + E_{0}^{*} a_{k, λ}^{†}

$\hat{E} = E_0a_{\mathbf{k},\lambda} + E_0^* a_{\mathbf{k},\lambda}^\dagger$ ( Siehe zB Wikipedia für die Ausdrücke für die Koeffizienten

E_{0}

$E_0$ . ) Die Anzahl der Photonen und die Amplitude des Feldes hängen also über die Unschärferelation zusammen : Wenn eines davon gemessen wird, kann das andere einen beliebigen Wert haben. Genauer:

⟨ 1_{k, λ} | \hat{E} | 1_{k, λ} ⟩ = 0, ⟨ 1_{k, λ} | {\hat{E}}^{2} | 1_{k, λ} ⟩ = | E_{0} |^{2} ⟨ 1_{k, λ} | 2 a_{k, λ}^{†} a_{k, λ} + 1 | 1_{k, λ} ⟩ = 3 | E_{0} |^{2} .

$\langle 1_{\mathbf{k},\lambda}|\hat{E}|1_{\mathbf{k},\lambda}\rangle=0,\\ \langle 1_{\mathbf{k},\lambda}|\hat{E}^2|1_{\mathbf{k},\lambda}\rangle= |E_0|^2 \langle 1_{\mathbf{k},\lambda}|2a^\dagger_{\mathbf{k},\lambda}a_{\mathbf{k},\lambda}+1|1_{\mathbf{k},\lambda}\rangle = 3|E_0|^2.$

Ist diese Aussage über kohärente Zustände wahr? Die Positionsbasis-Wellenfunktion jedes kohärenten Zustands ist nur der Gaußsche Grundzustand, der durch übersetzt wird $x+ip$ . Gaußsche haben Schwänze bis ins Unendliche.
@kaylimekay du hast recht, das sind eher Positions- und Momentum-Eigentümer.

Daniel Lyon · Answer 6

Die Welle eines einzelnen Photons könnte wirklich unterschiedliche Formen haben, so dass es unmöglich wäre, das Maximum des elektrischen Felds mit den oben genannten Parametern zu berechnen. Es könnte bei einem sehr hohen elektrischen Feld sehr kurz oder bei einem niedrigen elektrischen Feld sehr lang sein. Oder Wasauchimmer. Dieses Licht kommt in "Bruchstücken", da Photonen Sie nicht einschränken.

Angenommen, die Energie einer Meereswelle wäre hv... wie hoch ist sie dann? Nun, es würde von der Breite und anderen Faktoren abhängen ... da die Brandung in Wellen kommt, kommt Licht in Photonen, aber wir würden die genaue Form aus der Frage nicht kennen.

9Herbert9 · Answer 7

Wenn ein Atom Energie hf abgibt, gibt es auch einen Drehimpuls (Spin) ab. Diese Kombination wird "Photon" oder "Wellenpaket" genannt. Verknüpft man die entsprechenden Formeln von QM- und E&M-Wellen, erhält man den Durchmesser des Wellenpakets (etwa λ/2), aber nicht die Länge. Der Radius und die Ausbreitungsrichtung ändern sich nicht, solange das Wellenpaket nicht gestört wird. Es ist nicht in einer Box eingeschlossen, sondern breitet sich im Vakuum aus.

Nimmt man die Kohärenzlänge L als Länge des Zylinderwellenpakets an, so kann man die Energiedichte u~f³/ L und die im Zylinder konstante elektrische Feldstärke E~sqrt(f³/ L ) berechnen.

Ich habe folgende Ergebnisse erhalten: a) Die Wasserstoffleitung bei 1420 MHz hat FWHM≈5 kHz, L≈60.000 m, E≈1e-8 V/m

b) Die Natrium-D-Leitung hat FWHM≈10 MHz, L≈6 m, E≈220 V/m

c) Röntgen, λ≈1e-12 m, L≈1000λ, E≈1e16 V/m

Wenn Sie eine andere Form wählen, beispielsweise wie eine Zigarre, unterscheiden sich diese Werte

users.df.uba.ar/schmiegelow/materias/FT2_2010_1C/extra/… Beth nannte es leicht . Einige Leute bestehen darauf, dass Licht aus Photonen besteht . Manche sagen, Licht = elektromagnetische Wellen.
Möglicherweise machen Sie einen Fehler, wenn Sie sich auf eine experimentelle Arbeit von 1936 als Quelle für die Semantik von Photonen verlassen. Erstens ist das Papier älter als QED und verpasst daher viele wichtige Arbeiten darüber, wie ein Photon verstanden werden sollte, und zweitens geben experimentelle Papiere in der Regel nur so viel Theorie wie für diese Messung benötigt wird und nur in der Interpretation, in der die Messung am klarsten ist ( Ich spreche als Experimentator). Alle qualifizierten Theoretiker, mit denen ich über dieses Thema gesprochen habe, raten zur Vorsicht bei dem Versuch, einem Photon eine einfache Wellenpaket-Interpretation aufzuzwingen.

Ed999 · Answer 8

In einer Kiste mit definiertem, also endlichem Volumen ist eine unendlich lange Welle per Definition unmöglich. Die Annahme einer unendlich langen Welle würde auch die physikalische Realität des Photons mit einer Wellenlänge leugnen, da die Wellenlänge niemals unendlich ist; gemessene Wellenlängen, zum Beispiel von sichtbarem Licht, sind extrem kurz, nicht unendlich.

Durch Definieren des Volumens des Kastens, dh durch willkürliches Festlegen eines Volumens, setzt man tatsächlich eine willkürliche obere Grenze der Wellenlänge. Aber ein einzelnes Photon kann keinen Wert für die Wellenlänge liefern, da es keine Möglichkeit gibt, einen Spitze-zu-Spitze-Abstand zwischen benachbarten Spitzen in der Wellenform zu messen, wenn es keine zweite Spitze zum Messen gibt.

Energie ist eine Ableitung der Amplitude, aber nur im statistischen Sinne, als Durchschnitt vieler Photonen pro Sekunde, da die Messung eines einzelnen Photons aufgrund der Unschärferelation problematisch ist. Seine elektrischen und magnetischen Feldwerte sind nur ein statistischer Durchschnitt; einzelne Photonen können stark von diesem Durchschnitt abweichen. Aus diesen Gruppenmittelwerten abgeleitete Gleichungen gelten ebenfalls nur für die Gruppe, nicht für einzelne Photonen.

Eine unendlich lange Welle kann in der Quantenmechanik eine genau definierte Wellenlänge haben (und tatsächlich haben nur unendlich lange Wellen eine genau definierte Wellenlänge, sowohl klassisch als auch quantenmechanisch).

Amplitude einer elektromagnetischen Welle, die ein einzelnes Photon enthält

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