Quanten- versus klassische Berechnung der Zustandsdichte

Für Teilchen in einem 1-D-Potential$V(x)$, können wir das Volumen des Phasenraums über die WKB-Näherung mit der Anzahl der Quantenzustände verbinden. Unter den üblichen WKB-Annahmen kann gezeigt werden (siehe zB Liboff oder Griffiths), dass wir eine wohldefinierte Wellenfunktion haben müssen

$$\int_{x_1}^{x_2} p(x,E) \, dx = \left( n + \frac{1}{2} \right) \frac{h}{2},$$ Wo$n$ist eine ganze Zahl,$p(x,E) = \sqrt{ 2m(E - V(x))}$, Und$x_1$Und$x_2$sind die klassischen Wendepunkte der Energie$E$(dh,$V(x_1) = V(x_2) = E$.) Die Kurven$\pm p(x,E)$sind natürlich die Kurven, die das Teilchen klassischerweise im Phasenraum nehmen würde; und so muss die von der (geschlossenen) klassischen Trajektorie eingeschlossene Fläche im Phasenraum sein$(n+ \frac{1}{2}) h$für eine ganze Zahl$n$.

Betrachten Sie nun alle Zustände dazwischen$n$Und$n + \Delta n$. Diese Zustände überspannen einen Energiebereich dazwischen$E$Und$E + \Delta E$. Die Fläche zwischen diesen Kurven ist das erlaubte Volumen des Phasenraums mit Energien dazwischen$E$Und$E + \Delta E$; und dies ist offensichtlich der Unterschied zwischen den entsprechenden Bereichen, die von der Energie umschlossen sind.$E$Kurve und die Energie-$E + \Delta E$Kurve

$$\int_{[E, E + \Delta E]} dp \, dx = \left( n + \Delta n + \frac{1}{2} \right) h - \left( n + \frac{1}{2} \right) h = (\Delta n) h.$$ Dies ist der schattierte Bereich im Diagramm oben. Aber durch die WKB-Quantisierungsbedingungen gibt es einfach$\Delta n = \Omega(E; \Delta E)$Zustände in diesem Energiebereich. Daher, $$\Omega(E; \Delta E) = \frac{1}{h} \int_{[E, E + \Delta E]} dp \, dx$$ wie erwartet.

Es könnte möglich sein, dies auf Systeme in höheren Dimensionen zu verallgemeinern, aber ich bin mit den höherdimensionalen Versionen dieser Quantisierungsregeln nicht vertraut genug, um es sicher zu wissen.

Nun, in diesem Fall von nicht wechselwirkenden Teilchen gibt es einen Grund - es ist die sogenannte "thermodynamische Grenze" . Aber ich kann diese Frage beantworten, ohne mich auf die thermodynamische Grenze zu berufen.

Eine sehr einfache Möglichkeit, dies zu sehen, ist die Verwendung$h$. Wir wissen$h \ll 1$So$P = h^{-N}$für$N \gg 1$werde dir geben$P \gg 1$. Und in einigen großen Grenzen der Anzahl der Partikel können Sie effektiv festlegen$P \rightarrow \infty$dh$h \rightarrow 0$, was Ihnen zufällig das klassische Limit gibt (Das liegt daran, dass setting$h = 0$gibt Ihnen eine klassische Theorie).

Ein pfadintegraler Ansatz könnte eine Verbindung herstellen. Beginnen wir mit dem quantenmechanischen Problem und zeigen dann, wie man den klassischen Grenzwert nehmen kann. Wir haben$N$, möglicherweise wechselwirkende, Teilchen. Lassen Sie die Position der$i$-ten Teilchen sein$\pmb{x}_i$, können wir die Partitionsfunktion schreiben als

$$Z = \int \prod_i d\pmb{x}_i \int\prod_i D\pmb{x}^\prime_i(t) \ \exp\left[-\frac{1}{\hbar}\int_0^{\beta\hbar} \sum_i \left[\frac{m}{2} \dot{\pmb{x}}^{\prime 2}_i + V_{\text{ext}}(\pmb{x}^\prime_i) \right] + \sum_{i>j}V(|\pmb{x}^\prime_i - \pmb{x}^\prime_j|) \ d\tau \right].$$ Hier$d\pmb{x}_i = dx_i dy_idz_i$, Und$D\pmb{x}_i(t)$ist das Wegintegralmaß. In diesem Integral beginnen und enden alle Pfade an der gleichen Position, das heißt$\pmb{x}_i(0) = \pmb{x}_i(\beta\hbar)$, für alle Pfade.

In der klassischen Grenze$\beta\hbar$ist klein. In dieser Grenze hat das Teilchen nicht genug Zeit, um sich sehr weit von dem Ort zu entfernen, an dem es im Pfadintegral begonnen hat. Der Grund dafür ist der kinetische Energieterm in der Lagrange-Funktion, dieser Term trägt dazu bei, dass Pfade mit sehr hohen Geschwindigkeiten nicht viel zum Integral beitragen und dafür klein sind$\beta\hbar$, Pfade mit nicht sehr hohen Geschwindigkeiten bewegen sich nicht sehr weit von ihrem Ausgangspunkt entfernt. Mit dieser Annäherung können wir die Potentiale als konstant behandeln und aus dem Integral herausnehmen.

$$Z = \int \prod_i d\pmb{x}_i \ \exp\left[-\beta \left(\sum_i V_{\text{ext}}(\pmb{x}_i) + \sum_{i>j}V(|\pmb{x}_i - \pmb{x}_j|) \right) \right] \int\prod_i D\pmb{x}^\prime_i(t) \ \exp\left[-\frac{1}{\hbar}\int_0^{\beta\hbar} \sum_i \frac{m}{2} \dot{\pmb{x}}^{\prime 2}_i \ d\tau \right].$$

Was vom Pfadintegral übrig bleibt, ist nur ein Haufen freier Teilchen. Ich werde Ihnen die Details ersparen und verwenden,

$$\int D\pmb{x}(t) \ \exp\left[-\frac{1}{\hbar}\int_0^{\beta\hbar} \sum_i \frac{m}{2} \dot{\pmb{x}}^2 \ d\tau \right] = \left(\frac{m}{2\pi \hbar^2 \beta}\right)^{3/2},$$ für Pfade, die an derselben Position beginnen und enden. Die Partitionsfunktion wird dann zu $$Z = \left(\frac{m}{2\pi\hbar^2\beta}\right)^{3N/2} \int \prod_i d\pmb{x}_i \ \exp\left[-\beta \left(\sum_i V_{\text{ext}}(\pmb{x}_i) + \sum_{i>j}V(|\pmb{x}_i - \pmb{x}_j|) \right) \right].$$

Jetzt kann ich Folgendes verwenden,

$$\left(\frac{m}{2\pi\hbar^2\beta}\right)^{3N/2} = \frac{1}{h^{3N}}\int\prod_i d\pmb{p}_i \exp\left[-\beta\frac{\pmb{p}_i^2}{2m} \right]$$ um die Partitionsfunktion zu schreiben als, $$Z = \frac{1}{h^{3N}} \int \prod_i d\pmb{p}_i d\pmb{x}_i \ \exp\left[-\beta \left(\frac{\pmb{p}_i^2}{2m} + \sum_i V_{\text{ext}}(\pmb{x}_i) + \sum_{i>j}V(|\pmb{x}_i - \pmb{x}_j|) \right) \right].$$ Das ist nichts anderes als der klassische Ausdruck für die Zustandssumme. In der klassischen Mechanik ist die Zustandssumme bis zu einer Konstante definiert, aber wenn wir diese klassische Grenze nehmen, wissen wir, was diese Konstante ist. Immer wenn es in der klassischen Mechanik eine Summe über alle Zustände gibt, haben wir$\frac{1}{h^{3N}} \int \prod_i d\pmb{p}_i d\pmb{x}_i$. Sie können mehr darüber im Buch Path integrals in Quantum Mechanics von Feynman und Hibbs lesen, sie haben einen Abschnitt über statistische Mechanik.