Heisenbergsche Unschärferelation für mittlere Abweichung?

Davon können wir bei WLOG ausgehen$\bar x=\bar p=0$und$\hbar =1$. Wir gehen nicht davon aus, dass die Wellenfunktionen normiert sind.

Lassen

$$\sigma_x\equiv \frac{\displaystyle\int_{\mathbb R} |x|\;|\psi(x)|^2\,\mathrm dx}{\displaystyle\int_{\mathbb R}|\psi(x)|^2\,\mathrm dx}$$ und $$\sigma_p\equiv \frac{\displaystyle\int_{\mathbb R} |p|\;|\tilde\psi(p)|^2\,\mathrm dp}{\displaystyle\int_{\mathbb R}|\tilde\psi(p)|^2\,\mathrm dp}$$

Verwenden

$$\int_{\mathbb R} |p|\;\mathrm e^{ipx}\;\mathrm dp=\frac{-2}{x^2}$$ Wir können beweisen, dass ¹ $$\sigma_x\sigma_p=\frac{1}{\pi}\frac{-\displaystyle\int_{\mathbb R^3} |\psi(z)|^2\psi^*(x)\psi(y)\frac{|z|}{(x-y)^2}\,\mathrm dx\,\mathrm dy\,\mathrm dz}{\displaystyle\left[\int_{\mathbb R}|\psi(x)|^2\,\mathrm dx\right]^2}\equiv \frac{1}{\pi} F[\psi]$$

Bei Gaußschen Wellenpaketen lässt sich das leicht nachprüfen$F=1$, das ist,$\sigma_x\sigma_p=\frac{1}{\pi}$. Wir wissen, dass Gaußsche Wellenfunktionen die minimal mögliche Streuung haben, also könnten wir das vermuten$\lambda=1/\pi$. Das konnte ich nicht beweisen$F[\psi]\ge 1$für alle$\psi$, aber es scheint vernünftig, das zu erwarten$F$wird für Gaußsche Funktionen minimiert. Der Leser könnte versuchen, diese Behauptung zu beweisen, indem er die Euler-Langrange-Gleichungen für verwendet$F[\psi]$denn schließlich$F$ist nur eine Funktion von$\psi$.

---

Prüfung der Vermutung

Ich habe bewertet$F[\psi]$für einige zufällig$\psi$:

$$\begin{aligned} F\left[\exp\left(-ax^2\right)\right]&=1\\ F\left[\Pi\left(\frac{x}{a}\right)\cos\left(\frac{\pi x}{a}\right)\right]&=\frac{\pi^2-4}{2\pi^2}(\pi\,\text{Si}(\pi)-2)\approx1.13532\\ F\left[\Pi\left(\frac{x}{a}\right)\cos^2\left(\frac{\pi x}{a}\right)\right]&=\frac{3\pi^2-16}{9\pi^2}(\pi\,\text{Si}(2\pi)+\log(2\pi)+\gamma-\text{Ci}(2\pi))\approx1.05604\\ F\left[\Lambda\left(\frac{x}{a}\right)\right]&=\frac{3\log2}{2}\approx1.03972\\ F\left[\frac{J_1(ax)}{x}\right]&=\frac{9\pi^2}{64}\approx1.38791\\ F\left[\frac{J_2(ax)}{x}\right]&=\frac{75\pi^2}{128}\approx5.78297 \end{aligned}$$

Wie von Knzhou hervorgehoben, jede Funktion, die von einem einzigen Dimensionsparameter abhängt$a$hat ein$F$das ist unabhängig von diesem Parameter (wie die obigen Beispiele bestätigen). Nehmen wir stattdessen Funktionen, die von einem dimensionslosen Parameter abhängen$n$, dann$F$wird davon abhängen, und wir können versuchen, sie zu minimieren$F$in Bezug auf diesen Parameter. Wenn wir zum Beispiel nehmen

$$\psi_{n}(x)=\Pi\left(x\right)\cos^n\left(\pi x\right)$$ dann bekommen wir $$1< F\left[\psi\right]<1+\frac{1}{12n}$$ damit $F[\psi_n]$wird für minimiert $n\to\infty$wo wir hinkommen $F[\psi_{\infty}]=1$.

Ebenso, wenn wir nehmen

$$\psi_{n}(x)=\frac{J_{2n+1}(x)}{x}$$ wir bekommen $$F[\psi]=\frac{(4n+1)^2(4n+2)^2\pi^2}{64(2n+1)^3}\ge \frac{9\pi^2}{64} \approx1.38791$$ was wiederum mit unserer Vermutung übereinstimmt.

Die Funktion

$$\psi_n(x)=\frac{1}{(x^2+1)^n}$$ hat $$F[\psi]=\frac{\Gamma (2 n)^2 \Gamma \left(n+\frac{1}{2}\right)^2}{(2 n-1) n! \Gamma (n) \Gamma \left(2 n-\frac{1}{2}\right)^2}\ge 1$$ was unsere Vermutung erfüllt.

Beachten Sie als letztes Beispiel das

$$\psi_{n}(x)=x^n\mathrm e^{-x^2}$$ hat $$F[\psi]=\frac{2^n n! \Gamma \left(\frac{n+1}{2}\right)^2}{\Gamma \left(n+\frac{1}{2}\right)^2}\ge 1$$ nach Bedarf.

Wir könnten dasselbe für andere Familien von Funktionen tun, um die Vermutung sicherer zu machen.

Vermutung ist falsch! (2018-03-04)

User Frédéric Grosshans hat ein Gegenbeispiel zur Vermutung gefunden. Hier erweitern wir ihre Analyse ein wenig.

Wir stellen fest, dass die Menge der Funktionen

$$\psi_n(x)=H_n(x)\mathrm e^{-\frac12 x^2}$$ mit $H_n$die Hermite-Polynome sind eine Basis für $L^2(\mathbb R)$. Wir können daher jede Funktion schreiben als $$\psi(x)=\sum_{j=0}^\infty a_jH_j(x)\mathrm e^{-\frac12 x^2}$$

Abschneiden der Summe auf$j\le N$und Minimierung in Bezug auf$\{a_j\}_{j\in[1,N]}$ergibt das Minimum$F$wenn auf diesen Unterraum beschränkt:

$$\min_{\psi\in\operatorname{span}(\psi_{n\le N})} F[\psi]=\min_{a_1,\dots,a_N}F\left[\sum_{j=0}^N a_jH_j(x)\mathrm e^{-\frac12 x^2}\right]$$

Die Grenze nehmen$N\to\infty$ergibt das Infimum von$F$über$L^2(\mathbb R)$. Ich weiß nicht, wie ich rechnen soll$F[\psi]$analytisch, aber es ist ziemlich einfach, dies numerisch zu tun:

Die oberen und unteren gestrichelten Linien stellen die Vermutung dar$F\ge 1$und Frédérics$F\ge \pi^2/4e$. Die durchgezogene Linie ist die Anpassung der numerischen Ergebnisse an ein Modell$a+b/N^2$, was eine asymptotische Schätzung ergibt$F\ge 0.9574$, was durch die mittlere gestrichelte Linie dargestellt ist.

Wenn diese numerischen Ergebnisse zuverlässig sind, würden wir daraus schließen, dass die wahre Grenze ungefähr ist

$$F[\psi]\ge 0.9574$$ was dem Gaußschen Ergebnis nahe kommt und über dem Ergebnis von Frédéric liegt. Dies scheint ihre Analyse zu bestätigen. Ein rigoroser Beweis fehlt, aber die Numerik ist in der Tat sehr suggestiv. Ich schätze, an diesem Punkt sollten wir unsere Freunde, die Mathematiker, bitten, zu uns zu kommen und uns zu helfen. Das Problem scheint an und für sich interessant zu sein, also bin ich sicher, dass sie gerne helfen würden.

---

Andere Momente

Wenn wir verwenden

$$\sigma_x(\nu)=\int\mathrm dx\ |x|^\nu\; |\psi(x)|^2\qquad \nu\in\mathbb N$$ Um die Dispersion zu messen, finden wir für Gaußsche Funktionen $$\sigma_x(\nu)\sigma_p(\nu)=\frac{1}{\pi}\Gamma\left(\frac{1+\nu}{2}\right)^2$$

In diesem Fall bekommen wir$\sigma_x\sigma_p=1/\pi$zum$\nu=1$und$\sigma_x\sigma_p=1/4$zum$\nu=2$, wie erwartet. Es ist interessant, das zu bemerken$\sigma_x(\nu)\sigma_p(\nu)$wird für minimiert$\nu=2$, das heißt, das übliche HUR.

---

$^1$Wir müssen möglicherweise einen kleinen Imaginärteil in den Nenner einführen$x-y-i\epsilon$um die Integrale konvergieren zu lassen.

bearbeitet, um Abschnitt IV hinzuzufügen, wobei ein numerisches Beispiel mit gefunden wird$F<1$($F\simeq 0.95791$)

Zusammenfassung

Mit der entropischen Unschärferelation kann man das zeigen$μ_qμ_p≥\frac{π}{4e}$, wo$μ$ist die mittlere Abweichung. Dies entspricht$F≥\frac{π^2}{4e}=0.9077$Verwenden Sie die Notationen der Antwort von AccidentalFourierTransform . Ich denke nicht, dass diese Grenze optimal ist, habe es aber nicht geschafft, einen besseren Beweis zu finden.

Um die Ausdrücke zu vereinfachen, nehme ich an$ℏ=1$, und die Basis der Logarithmen sind nicht angegeben.

I. Mein Hauptwerkzeug: Entropische Unsicherheitsbeziehungen

Ein gängiges Werkzeug zur Untersuchung der Heisenbergschen Unschärferelation sind entropische Unschärferelationen. Für eine neuere (aber technische) Übersicht siehe (Coles, Berta, Tomamichel, Wehner 2015) . Die Hauptidee besteht darin, eine Entropie als Dispersionsmaß zu verwenden. Da Entropien informationstheoretische Größen sind, ist dieser Ansatz in der Quanteninformation sehr fruchtbar.

In diesem Fall sind wir an kontinuierlichen Variablen interessiert, und die Entropie, an der wir interessiert sind, ist die differentielle Entropie , die 1948 von Shannon wie folgt definiert wurde:

$$\mathcal{H}(x)=-∫\mathrm{d}x P(x) \log P(x)$$

wo$P$ist die Wahrscheinlichkeitsdichte der kontinuierlichen Variablen$x$. Diese Größe ist ein Maß für die Streuung und kann negativ sein.

1975 fanden Białynicki-Birula und Mycielski (paywalled) und unabhängig davon Beckner (aywalled) die folgenden EUR für Position und Impuls (Beziehung (269) von (Coles, Berta, Tomamichel, Wehner) ):

$$\mathcal{H}(q)+\mathcal{H}(p)≥\log π e \tag{1}$$

Diese Beziehung impliziert die übliche Beziehung zu Standardabweichungen, da, wenn die Zufallsvariable$x$Standardabweichung hat$σ_x$, wir haben

$$\mathcal{H}(x)≤\frac12 \log 2πeσ_x^2,$$ die für eine Gaußsche Verteilung gesättigt ist. (Siehe diesen Wikipedia-Artikel oder [(Shannon 1948)] für eine Ableitung). Die Kombination dieser Ungleichung mit (1) ergibt leicht die übliche Heisenbergsche Unschärferelation.

II. Unsicherheitsbeziehung zur mittleren Abweichung

Es ist leicht zu zeigen, dass es sich um eine Zufallsvariable handelt$x$der mittleren Abweichung$μ_x$hat seine Entropie begrenzt durch

$$\mathcal{H}(x)≤\log 2eμ_x, \tag{2}$$ mit Gleichheit für die Laplace-Verteilung . Kombinieren mit Gleichung (1) haben wir

$$\begin{gather} \log 2eμ_q + \log 2eμ_p ≥ \mathcal{H}(q)+\mathcal{H}(p) ≥ \log πe \\ \log μ_qμ_p ≥ \log \frac{π}{4e}\\ \boxed{ μ_qμ_p ≥ \frac{π}{4e}.} \text{ Q.E.D.} \tag{3} \end{gather}$$

III. Fazit

Also Gl. (3) gibt uns eine untere Schranke für das Produkt$μ_q⋅μ_p$. Diese Untergrenze ist nur ein Faktor$\frac{π^2}{4e}=0.9077$kleiner als der Wert$\frac{1}{π}$von Gaußschen Wellenpaketen, die in [Antwort von AccidentalFourierTransform] betrachtet werden. Daher kann diese Schranke nicht um mehr als verbessert werden$∼$10%. Wenn$λ$die reelle untere Schranke ist, haben wir:

$$0.28893≃\frac{π}{4e}≤λ≤\frac{1}{π}≃0.31831$$

Ich erwarte jedoch nicht, dass die untere Grenze eng ist, da die Laplace-Verteilung , die (2) sättigt, durch Fourier-Transformation nicht stabil ist und daher nicht gleichzeitig die Verteilung von sein kann$q$und$p$. Die echte untere Grenze$λ$ist wahrscheinlich streng höher als$\frac{π}{4e}$aber ich kann es (noch?) nicht beweisen.

IV. Numerische Berechnung zur Verschärfung der Grenze (3. März 2018)

Die kürzlich erschienene Arbeit arXiv:1801.00994 von Gautam Sharma, Chiranjib Mukhopadhyay, Sk Sazim und Arun Kumar Pati, die diese Antwort zitiert, veranlasste mich, diese Antwort mit einer ergänzenden Betrachtung zu vervollständigen. Aus Symmetriegründen erwartet man, dass die Wahrscheinlichkeitsverteilung von q und p gerade und identisch ist. In der Fock-Zustandsbasis b geschrieben, entsprechen solche Gleichheiten Zuständen der Form$|ψ\rangle=∑_nα_n|4n+δ\rangle$. Ich habe mich auf die numerisch berechneten Fock-Zustände mit 0, 4, 8, 12, 16 und 20 Photonen beschränkt$|x|$Betreiber in dieser Basis. Sein niedrigster Eigenwert$μ≃0.55219$für den Eigenzustand erreicht wird

$$\begin{align} |ψ\rangle = 0.99551|0\rangle+0.08873|4\rangle+ 0.02852|8\rangle + 0.013642|12\rangle + 0.00788&|16\rangle\\&+0.00489|20\rangle \end{align},$$ das ist fast Gaußsch, aber nicht ganz, wie in der Abbildung unten zu sehen ist, die die Wahrscheinlichkeitsdichte von zeigt $q$(Die gestrichelte Linie ist die Varianz $\frac12$Gauß).

Für diesen Zustand haben wir

$$μ_qμ_p=μ^2≃ 0.30491≃\frac{0.95791}{π}<\frac{1}{π},$$ Was die Vermutung von AccidentalFourierTransform ungültig macht. Wir haben auch $μ^2≃=1.05531\frac{π}{4e}>\frac{π}{4e}$, also liegt dieser Wert ungefähr in der Mitte zwischen den beiden vorherigen Grenzen. Ich vermute, dass es fast optimal ist, aber ich weiß immer noch nicht, wie ich es beweisen soll, und ich habe keinen schönen Ausdruck dafür.

Die Unter- und Obergrenze sind daher aktuell$5\%$auseinander :

$$\boxed{0.28893≃\frac{π}{4e}≤λ≤μ^2≃ 0.30491}$$

Bibliographie

1. Patrick J. Coles, Mario Berta, Marco Tomamichel, Stephanie Wehner, Entropische Unschärfebeziehungen und ihre Anwendungen arXiv:1511.04857
2. Die Wikipedia-Mitwirkenden, Differential entropy , auf der englischsprachigen Wikipedia
3. Claude E. Shannon, Eine mathematische Theorie der Kommunikation , Bell System Technical Journal 27 (4): 623–656. (1948) (kostenloses pdf)
4. Iwo Białynicki-Birula, Jerzy Mycielski, Communications in Mathematical Physics 44 (2), p. 129 (1975). (Paywall)
5. William Beckner, Inequalities in Fourier Analysis , Annals of Mathematics 102 (1) pp.159-182 (1975) (Paywall) 6.2. Die Wikipedia-Mitwirkenden, Laplace -Verteilung, auf der englischsprachigen Wikipedia

Ich bin auf die Herleitung der Heisenbergschen Unschärferelation zurückgegangen und habe versucht, sie zu modifizieren. Ich bin mir nicht sicher, ob das, was ich mir ausgedacht habe, etwas wert ist, aber Sie werden der Richter sein:

Die ursprüngliche Ableitung

Lassen$\hat{A} = \hat{x} - \bar{x}$und$\hat{B} = \hat{p} - \bar{p}$. Dann das innere Produkt des Zustands$| \phi\rangle = \left(\hat{A} + i \lambda \hat{B}\right) |\psi\rangle$mit sich selbst muss positiv sein, was zu Folgendem führt:

$$\langle\phi|\phi\rangle = \langle\psi|\left(\hat{A} - i \lambda \hat{B}\right)\left(\hat{A} + i \lambda \hat{B}\right) |\psi\rangle = \left(\Delta A\right)^2 + \lambda^2(\Delta B)^2 + \lambda i\left <\left[\hat{A}, \hat{B}\right] \right> \geq 0$$

Da dies für jedes Lambda gilt, muss die Diskriminante positiv sein. Dies ergibt Heisenbergs Beziehung:

$$\left(\Delta A\right)^2 \left(\Delta B\right)^2 \geq \frac{1}{4}\left<i\left[\hat{A}, \hat{B}\right]\right>^2$$

Für die oben betrachteten A und B lässt sich der Kommutator leicht auswerten, um das Standardergebnis zu erhalten.

Mein Versuch, es zu ändern

Versuchen Sie zu nehmen$\hat{A}_2 = \sqrt{\hat{x} - \bar{x}}$und$\hat{B}_2 = \sqrt{\hat{p} - \bar{p}}$anstatt$\hat{A}$und$\hat{B}$. Hier kann mit Quadratwurzeln jeder Operator gemeint sein, der quadriert$\hat{x} - \bar{x}$und ähnlich für$\hat{p}$.

Die obige Ableitung war völlig allgemein, das einzige Problem ist jetzt, dass der Kommutator nicht einfach ausgewertet werden kann. Der Kommutator hat jetzt die Form$[f(\hat{x}),f(\hat{p})]$. Wir können eine Erweiterung machen:

$$f(\hat{x}) = \sum_{n=0}^\infty a_n \hat{x}^n$$

In unserem Fall könnten wir zum Beispiel die Binomialentwicklung für die Wurzel nehmen (da jeder Operator, der quadriert, ergibt$\hat{x} - \bar{x}$wird dh:

$$\sqrt{\hat{x} - \bar{x}} = \sqrt{\bar{x}} \left( 1 + \frac{1}{2} \frac{\hat{x}}{\bar{x}} + \frac{1}{2} (\frac{1}{2}-1) (\frac{\hat{x}}{\bar{x}})^2 + ... \right) = \sum_{n=0}^\infty \bar{x}^{3/2-n} \frac{0.5!}{(0.5-n)!} \hat{x}^n$$

wobei die Fakultät definiert ist als:$\frac{0.5!}{(0.5-n)!} = 0.5(0.5-1)...(0.5-n+1)$

Also haben wir erhalten$a_n = \bar{x}^{3/2-n} \frac{0.5!}{(0.5-n)!}$

Kommen wir nun zurück zum Kommutator. Wir haben:

$$[\hat{A}_2,\hat{B}_2] = \sum_{n,m} a_n a_m [\hat{x}^n, \hat{p}^m] = i \hbar \sum_{n,m} a_n a_m \sum_q^{m-1} \hat{p}^{m-1-q} \hat{x}^{n-1} \hat{p}^q$$

Ich hoffe, ich habe die bekommen$[\hat{x}^n, \hat{p}^m]$richtig, aber ich bin relativ zuversichtlich, dass der endgültige Ausdruck diese Form hat. Ich glaube nicht, dass Sie diese Reihe analytisch auswerten können (oder können Sie?), aber eine wichtige Beobachtung ist bereits, dass dies KEINE Zahl ist, sondern ein Operator selbst . Die Frage ist damit aber nicht wirklich gelöst. Man müsste den niedrigsten Eigenwert dieses Operators finden, der die Untergrenze für das Produkt der Unsicherheiten wäre, nach denen das OP gefragt hat. Aber abgesehen davon, dass die Serie böse ist, stößt man wahrscheinlich auf Probleme mit der Begrenztheit der$\hat{p}$,$\hat{x}$Betreiber. Vielleicht weiß jemand anderes mehr darüber.