Klassische Grenze in der Quantenmechanik

Die obigen Poster scheinen die Tatsache übersehen zu haben$\Psi$ist keine Eigenfunktion, sondern eine beliebige Wellenfunktion. Die Arten von Wellenfunktionen, die wir normalerweise sehen, wenn wir Dinge berechnen, werden normalerweise in Form von Eigenfunktionen von Dingen wie Energie- oder Impulsoperatoren ausgedrückt und haben, wenn überhaupt, wenig mit klassischem Verhalten zu tun (sehen Sie sich z. B. die Wahrscheinlichkeitsdichte der Energie-Eigenzustände an für den harmonischen Quantenoszillator und versuchen Sie sich vorzustellen, dass er eine Masse beschreibt, die mit einer Feder verbunden ist).

Was Sie vielleicht tun möchten, ist, kohärente Staaten zu konstruieren , bei denen Position und Impuls demokratisch behandelt werden (Unsicherheit wird gleichmäßig zwischen Position und Impuls geteilt).

Dann könnte man sich die Quantenzahl, die Ihren Zustand kennzeichnet, als Erregungsniveau des Zustands vorstellen. Für den harmonischen Oszillator ist dies in etwa die Größenordnung der Energiemenge im Zustand darin$E = \langle n \rangle \hbar= |\alpha^2| \hbar$. Wenn Sie naiv nehmen$\hbar \to 0$dann verschwindet alles. Aber wenn Sie, sagen wir, die Energie endlich halten, während Sie nehmen$\hbar \to 0$, dann können Sie aussagekräftige, klassische Antworten wiederherstellen (die nicht von abhängen$\alpha$oder$\hbar$).

Für den Fall eines Teilchens in einem Potential gilt$\hat{\mathcal H} = \frac{\hat{p}^2}{2m}+V({\mathbf x})$, sei eine beliebige Wellenfunktion in die Form geschrieben

$$\Psi({\mathbf{x}},t) = \sqrt{\rho({\mathbf x},t)}\exp\left(i\frac{S({\mathbf x},t)}{\hbar}\right)\text{,}$$ Wo $\rho \geq 0$. Dann wird es eine einfache Rechenübung, um abzuleiten: $$\Psi^*\hat{\mathcal{H}}\Psi = \rho\left[\frac{1}{2m}\left|\nabla S({\mathbf x},t)\right|^2 + V(\mathbf{x})\right] + \mathcal{O}(\hbar)\text{,}$$ wobei ich Begriffe auslasse, die mindestens eine Potenz von haben $\hbar$. Seit $\langle\Psi|\hat{\mathcal H}|\Psi\rangle$das räumliche Integral dieser Größe ist, integrieren wir stattdessen das, was wir für an wollen $\hbar\to 0$Grenze der Energie.

[Bearbeiten] Wie @Ruslan sagt, müsste die Wellenfunktion schneller oszillieren, um einen kinetischen Begriff zu haben. In der oben genannten halten$S$unabhängig von$\hbar$bedeutet, die Phase im gleichen Verhältnis zu erhöhen$\hbar$ist abgeschwächt.

Ersetzen Sie zusätzlich dieses Formular durch$\Psi$in die Schrödinger-Gleichung ergibt nach analogem Fallenlassen$\mathcal{O}(\hbar)$Bedingungen,

$$\underbrace{\frac{1}{2m}\left|\nabla S({\mathbf x},t)\right|^2 + V(\mathbf{x})}_{{\mathcal H}_\text{classical}} + \frac{\partial S({\mathbf x},t)}{\partial t} = 0\text{,}$$ das ist die klassische Hamilton-Jacobi-Gleichung mit $S$die Rolle der Hauptfunktion des Hamilton übernehmen.

Wie ein normaler zeitunabhängiger Hamiltonian aussieht$\hat H=\hat T+\hat V$, Wo$\hat T=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2$ist kinetischer Energieoperator und$\hat V=V(\hat x)$ist potentieller Energieoperator. Wie aus diesen Ausdrücken ersichtlich, ändert sich nur der kinetische Energieoperator mit$\hbar$.

Jetzt können wir das sehen

1. Der quantenmechanische Erwartungswert der Teilchengesamtenergie ist die Summe der Erwartungswerte für kinetische und potentielle Energie:

   $$\langle\Psi\left|\hat H\right|\Psi\rangle=\langle\Psi\left|\hat T\right|\Psi\rangle+\langle\Psi\left|\hat V\right|\Psi\rangle$$

2. Nehmen$\hbar\to0$, wir bekommen$\hat T\to \hat 0\equiv0$. Jetzt wird der Erwartungswert für die Gesamtenergie des Teilchens gleich dem Erwartungswert seiner potentiellen Energie:

   $$\langle\Psi\left|\hat H_{\hbar=0}\right|\Psi\rangle=\langle\Psi\left|\hat V\right|\Psi\rangle$$

Daraus folgt sofort die Antwort: nein, der Erwartungswert wird nicht gleich bleiben. Und ein interessantes Ergebnis ist, dass für jede glatte Wellenfunktion der Erwartungswert der kinetischen Energie Null ist, wenn$\hbar$ist Null.

Dies impliziert, dass die Wellenfunktion für den klassischen Grenzwert unendlich schnell oszillieren muss (dh eine Null-Wellenlänge haben muss), um bei der gleichen Gesamtenergie zu bleiben. Wie Sie machen$\hbar$kleiner, der Zustand mit gegebener Gesamtenergie bekommt eine größere Quantenzahl - dh wird angeregter.

Ja, das lässt sich aus klassischer Sicht beantworten. Wir alle kennen die elektromagnetische oder optische Gleichung:

$$E =\nu h = \omega \hbar \longrightarrow 0 = \omega 0$$ Wie Richard angedeutet hat, kann die Antwort darauf aus einem Besuch im Wiki hervorgehen : "Der Hamilton-Operator wird üblicherweise als Summe von Operatoren ausgedrückt, die der kinetischen und potentiellen Energie entsprechen." $$\mathcal{ \hat H } =\hat T + \hat V = {{\hat p^2} \over {2 m}}+V = V - { \hbar^2 \bigtriangledown^2 \over 2m}$$ Für diesen Fall: $$\mathcal{ \hat H } \rightarrow \hat V = V=0$$ "V" ist nur das Potential, auf das das System gelegt wird, und für unser Universum können wir V = 0 annehmen. $$\Psi=\Psi( \vec{r} ) \space \space \space \space and \space thus: \space \space \space \space \mathcal{ \hat H } \mid \Psi \rangle = i \hbar {{\partial \Psi } \over {\partial \vec{r}}} \rangle$$ $$\langle \Psi \mid \mathcal{ \hat H } \mid \Psi \rangle =\int \Psi^* \mathcal{ \hat H } ( \Psi ) d \vec{r} = \int \Psi^* i \hbar ( \Psi ' ) d \vec{r}$$ Es spielt also keine Rolle, was Psi ist oder was die Ableitung von Psi über eine Dimension ist oder in welchen Dimensionen Psi existiert oder was das komplexe Konjugat von Psi ist oder über welche Grenzen wir integrieren. Die Lösung ist ein Vielfaches von h.