Heisenbergsche Unschärferelation Angewendet auf einen unendlichen quadratischen Brunnen

Dies begann als Kommentar, aber im Moment habe ich nur den Ruf, zu antworten. Aber das ist keineswegs eine strenge Antwort.

Es gibt ein paar Annahmen, die Ihre Frage macht, die nicht ganz richtig sind. Zunächst scheinen Sie zu sagen, dass jeder bestimmte Energiewert einen bestimmten Impulswert mit sich bringen würde. Dies gilt für ein völlig freies Teilchen, aber nicht mehr für ein Teilchen, das einer Wechselwirkung ausgesetzt ist (wo ist die Wechselwirkung, fragen Sie? Nun, die Tatsache, dass es in einer Box platziert ist, natürlich!)

Es gibt einen einfachen und (meiner Meinung nach) lehrreichen Weg, dies zu sehen. Wenn das, was Sie gesagt haben, wahr wäre, dann wären die Zustände bestimmter Energie auch die Zustände eines bestimmten Impulses. Mit anderen Worten, sie würden die Eigenwertgleichung erfüllen

$$\hat{p}\psi_n = p_n\psi_n$$ wo $\hat{p}=\frac{\hbar}{i}\frac{d}{dx}$ist der Impulsoperator und $p_n$eine Konstante ist (die den gemessenen Impuls darstellen würde). Lassen Sie uns prüfen, ob dies der Fall ist. Die Zustände bestimmter Energie sind gegeben durch

$$\psi_n = \sqrt{\frac{2}{L}}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$$

Die Wirkung des Impulsoperators ist somit

$$\hat{p}\psi_n = \frac{\hbar}{i} \sqrt{\frac{2}{L}} \frac{n\pi}{L} \cos\left( \frac{n\pi x}{L}\right) \neq p_n \psi_n$$

Mit anderen Worten, die Zustände bestimmter Energie sind keine Zustände bestimmten Impulses, da der Impulsoperator nicht die ursprüngliche Wellenfunktion multipliziert mit einer Konstanten liefert! Natürlich haben Sie Recht, dass die Größe des Impulses festgelegt wäre.

Wenn Sie immer noch Probleme damit haben, hier ist ein schlampiges "intuitiv" halbklassisches Beispiel: Angenommen, ich habe Ihnen eine (1-dimensionale!) Box gegeben, in der ein Partikel (mit Einheitsmasse) ständig herumhüpft. Ich sage Ihnen, dass ich die Energie dieses Teilchens viele Male gemessen habe und es immer genau 8 war. Jetzt bitte ich Sie, mir seinen Impuls zu geben. "Aha!" Sie sagen: "Wenn es sich in der Box befindet, wirken keine Kräfte darauf, und daher wird die Energie einfach gegeben durch:"

$$\frac{p^2}{2m} =\frac{p^2}{2} = 8$$

So stellen Sie fest, dass das „Impuls“ 4 ist! Aber warte mal, du weißt nicht, ob es nach links oder rechts springt. Mit anderen Worten, wenn es ist$+4$oder$-4$! Die Tatsache, dass das Teilchen mit der Wand interagiert, ist für sein „Flipping“-Vorzeichen des Impulses verantwortlich.

In gleicher Weise ist für das Teilchen in der Box die Größe des Impulses$|p|$wird von gegeben

$$|p| = \pm \sqrt{2mE}$$

Also, was ist die Unsicherheit darin$p$? Nun, es ist einfach$\Delta p = +|p| - (-|p|) = 2|p| = \frac{2 n\pi \hbar}{L}$. Was ist mit der Unsicherheit in$x$? Nun, es könnte irgendwo in der Box sein, und so$\Delta x = L$, die Länge der Box.

Lassen Sie uns versuchen, zu finden

$$\Delta x \Delta p = 2n\pi \hbar > \frac{\hbar}{2}$$ für alle Werte von $n\geq 1$.

Ganz klar, wann$n=0$das geht nicht mehr. Wir können dies in vielerlei Hinsicht verstehen. Ein einfacher Weg wäre, das zu erkennen, wenn$n=0$, die Größe des Impulses ist$0$, und daher gibt es keine "positiven" und "negativen" Werte, die es annehmen könnte: Es hat definitiv ein Momentum von genau Null, ohne Unsicherheit. Dies wäre erlaubt, wenn Sie nicht in einer Box wären. Sich jedoch in eine Schublade zu stecken, bedeutet das$\Delta x < \infty$, bedeutet, dass Sie notwendigerweise einen minimalen Impuls ungleich Null haben, wenn Sie das zuvor erwähnte Argument verwenden.

Außerdem sagt Ihnen die Mathematik, dass ein Zustand mit$n = 0$ist der triviale Zustand$\psi_0(x) = 0$. Das Mod-Quadrat-Integral dieser Funktion ist 0, was so interpretiert werden kann, dass ein solches Teilchen einfach nicht existiert.

Zusätzlich zu dem Kommentar von @tparker, der dies besagt$n=0$entspricht$\psi(x)=0$, beachten Sie bitte (mit$L=1$):

1. Es besteht keine Unsicherheitsrelation zwischen$E$und$p$, dh es gibt keine Gleichung dieses Typs$\Delta E\Delta p=$(etwas),
2. Andererseits kann man für den Grundzustand ($n=1$) der unendlich gut, dass $$(\Delta x)^2=\frac{\pi^2-6}{12\pi^2}\, ,\qquad (\Delta p^2)=\hbar^2 \pi^2=2mE_1$$ also kein problem damit$\Delta p\Delta x\ge \frac{\hbar}{2}$. Außerdem seit$\psi_n(x)$ist ein Eigenzustand von$\hat H$, es folgt dem$\Delta E=0$für diese Staaten.
3. Berechnung$\Delta E$denn der unendliche Brunnen kann trügerisch sein. Das ist weil$\hat p^2$, die zur Berechnung von Momenten benötigt wird$\hat H$, ist nicht selbstadjungiert. Grundsätzlich Kräfte von$\hat p^2$kann "gültige" Wellenfunktionen (die die Randbedingungen des Problems und andere Kriterien erfüllen, um legitime Wellenfunktionen zu sein) nehmen und sie in "illegale" Wellenfunktionen umwandeln. Das einfachste Beispiel ist die Betrachtung der Wellenfunktion $$\psi(x)=\sqrt{30}x(x-1)\, .$$ es ist$0$bei$x=0$und$x=1$, und normalisiert, erfüllt also die Randbedingungen, um eine legitime Wellenfunktion zu sein (wenn auch kein Eigenzustand von$\hat H$.) Wenn$\hat H$waren also selbstadjungiert$\hat H^2$wäre auch naiverweise auch selbstadjungiert, aber$\hat H^2\psi(x)=0$, die die Randbedingungen nicht mehr erfüllt.

Dies geht in die Bewertung ein$\Delta E$folgendermaßen. Definieren$\phi(x)=\hat p^2\psi(x)=-2\sqrt{30}\hbar^2$man überprüft das leicht, in der Berechnung von$\langle E^2\rangle$erforderlich zu erhalten$(\Delta E)^2$, das$H^2\psi(x)\sim p^4\psi(x)=\hbar^4 d\psi(x)/dx^4=0$aber

$$\int_0^1 dx \psi(x) \left[p^4 \psi(x)\right]\ne \int_0^1 \phi(x)\phi(x)\ne 0\, .$$ Mit anderen Worten: $$\langle \hat H\psi\vert \hat H\psi\rangle \ne \langle \psi \vert \hat H^2\psi\rangle$$ also berechnend $\Delta E$für endliche quadratische Brunnen kann problematisch sein, wenn man nicht sehr vorsichtig ist.

Dies ist ein aufschlussreiches Beispiel für eine Situation, in der „selbstadjungiert“ NICHT dasselbe ist wie hermitesch. Dieses Papier enthält viele Details zu Problemen mit dem endlichen Brunnen.

(Ich entschuldige mich im Voraus bei meinen Kollegen mit Hintergrund in der Funktionsanalyse für diese "lockere" Argumentation$\hat p^2$ist nicht selbstadjungiert.)

Diese Frage ist eigentlich fast identisch mit einer Frage, die ich in meinem ersten Jahr des Quantenmechanikkurses hatte. Es stellte sich heraus, dass ein hypothetischer Freund Sie gefragt hat, warum es nicht gegen die Unschärferelation verstößt, eine bestimmte Energie im unendlichen Potentialtopf zu haben. Hier werde ich Ihnen die Antwort geben, die ich vor all den Jahren gegeben habe.

Betrachten Sie eine obige Energie$E=0$. Dann muss der Schwung des Staates genügen$E=p^2/2m$. Nun, es gibt zwei Lösungen für$p$, entsprechend einem positiven und negativen Impuls. Die Unsicherheit kann somit berechnet werden als

$$\Delta p^2=\langle p^2\rangle-\langle p\rangle^2=2mE=\frac{n^2\hbar^2\pi^2}{L^2}$$

Ganz klar, z$n=0$die Unsicherheit verschwindet, ist aber für alle anderen Werte vollkommen endlich. Also solange$\Delta x^2$groß genug ist (es ist), ist die Unschärferelation für alle vollkommen erfüllt$n>0$.

Ein weiterer Grund, dass die$n=0$Der Zustand ist unphysikalisch, weil er nicht normierbar ist. In der Tat, die$n=0$Staat müsste genügen

$$\frac{\mathrm{d}^2\psi}{\mathrm{d}x^2}=0$$

Und ist somit linear. Es gibt jedoch keine lineare Funktion ungleich Null, die die erforderlichen Randbedingungen erfüllen kann. Daher,$\psi=0$überall und ist in unserem Hilbert-Raum kein physikalischer Zustand.

Ich hoffe, das hat geholfen!

Bestimmte Energie und bestimmte Dynamik zu haben ist nicht dasselbe. Die Eigenzustände des Hamiltonoperators des Teilchens in einem Kasten haben eine bestimmte Energie, aber es stellt sich heraus, dass sie keinen bestimmten Impuls haben, und die Impulsstreuung ist groß genug, um die Heisenbergsche Unschärferelation zu erfüllen.

Der Grund, warum das Quantenteilchen nicht n = 0 haben kann, mit anderen Worten, E = 0, liegt darin, dass wir durch die Nullenergie auch einen bestimmten Impuls ohne Unsicherheit haben

Nein, der Grund ist die Wellenfunktion$\psi(x)$die du dafür bekommen würdest$n = 0$ist überall identisch Null, ist also nicht normierbar und liegt nicht im Hilbert-Raum physikalisch akzeptabler Zustände.$n = 0$entspricht nicht einem Teilchen ohne Energie oder Impuls – es entspricht dem völligen Fehlen jeglicher Teilchen.

Vorausgesetzt, wir haben einen unendlichen quadratischen Brunnen mit Potenzial

$$V(x)=\begin{cases} 0, \text{ if }0<x<L,\\ +\infty, \text{ otherwise} \end{cases}$$ wir erhalten die Wellenfunktionen als $$\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\left(\frac{\pi n x}{L}\right),$$ wo$n$ist eine positive ganze Zahl. es ist nun einfach, die erforderlichen Mittelwerte zu berechnen (unter Verwendung der trigonometrischen Formeln für Doppelwinkel und der partiellen Integration): $$\langle n |\hat{p}|n\rangle=\int_0^L\psi_n(x)\hat{p}\psi_n(x)dx=0,\\ \langle n |\hat{p}^2|n\rangle=\int_0^L\psi_n(x)\hat{p}^2\psi_n(x)dx=\frac{\hbar^2\pi^2n^2}{L^2},\\ \langle n |\hat{x}|n\rangle=\int_0^Lx\psi_n^2(x)dx=\frac{L}{2},\\ \langle n |\hat{x}^2|n\rangle=\int_0^Lx^2\psi_n^2(x)dx=L^2\left(\frac{1}{12}-\frac{1}{2\pi^2n^2}\right).$$ Wir können nun die Standardabweichungen von Impuls und Position als auswerten $$\sigma_p=\sqrt{\langle n |\hat{p}^2|n\rangle - \langle n |\hat{p}|n\rangle^2}=\frac{\hbar \pi n}{L},\\ \sigma_x=\sqrt{\langle n |\hat{x}^2|n\rangle - \langle n |\hat{x}|n\rangle^2}=L\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{2\pi^2n^2}}$$ Somit haben wir $$\sigma_x\sigma_p=\hbar\pi n\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{2\pi^2n^2}} =\frac{\hbar}{2}\sqrt{\frac{6\pi^2n^2-1}{3}}$$ Seit$\pi^2\approx 10$, für den Grundzustand ($n=1$) wir haben $$\sigma_x\sigma_p\approx\frac{\hbar}{2}\sqrt{\frac{59}{3}}>\frac{\hbar}{2}.$$ Für höher$n$Die Ungleichheit ist noch stärker. Allerdings, wenn wir nahmen$n=0$, hätten wir eine unsinnige imaginäre Antwort (natürlich ist die Wellenfunktion identisch Null für$n=0$).