Satz von Bohr-van Leeuwen und Quantenmechanik

Präambel :

Betrachtet man ein ideales Gas aus nicht wechselwirkenden geladenen Ladungsteilchen Q in einem homogenen Magnetfeld B = ∇ ∧ A , dann lautet die klassische Zustandssumme im kanonischen Ensemble (in SI-Einheiten):

Q ( β , v , N , B ) = 1 N ! Q ( β , v , B ) N

Wo Q ( β , v , B ) = ∫ D P D R H 3 e − β 2 M ( P − Q A ( R ) ) 2

Integrieren wir zunächst impulsmäßig über alle möglichen Werte aus − ∞ Zu + ∞ für jede Komponente führt eine einfache Änderung der Variablen zu

Q ( β , v , B ) = v Λ 3 welches ist das ideale gasergebnis und wo Λ ist die thermische de Brooglie-Wellenlänge.

Will man dann die Magnetisierung pro Teilchen bekommen μ durch das Feld induziert B es ist einfach:

μ = − ∂ ⟨ ϵ ⟩ ∂ B = ∂ ∂ B ( ∂ ln ⁡ ( Q ( β , v , B ) ) ∂ β ) = ∂ ∂ β ( ∂ ln ⁡ ( Q ( β , v , B ) ) ∂ B ) = 0

Dies ist eine Möglichkeit, das Bohr-van-Leeuwen-Theorem zu formulieren .

Nun, ich verstehe dieses Ergebnis physikalisch so, dass es von einer Symmetrie herrührt, die mit den Impulsen verbunden ist (es geht genauso wahrscheinlich nach rechts wie nach links) und der Tatsache, dass die Grenzen des Integrals über die Impulse unendlich sind.

Wenn das Problem quantenmechanisch behandelt wird, sind die Eigenzustände eines geladenen Teilchens also diskretisierte Landau-Niveaus mit einem typischen Abstand zwischen zwei benachbarten Niveaus ℏ ω C Wo ω C = Q B / M die Zyklotronfrequenz ist und man findet, dass die Summe über diese Zustände vom Magnetfeld abhängt B .

Fragen):

Ich bin in meiner Interpretation der Quanten- zur klassischen Grenze für dieses System verloren ... bisher dachte ich, dass die Quanten-> klassische Grenze für die statistischen Eigenschaften eines einzelnen Teilchens mit der Art und Weise zusammenhängt, wie die Anzahl der Zustände dafür gezählt wird Teilchen, dh ob wir die Menge der Zustände als Kontinuum oder als diskrete Menge betrachten. Diese Analogie scheint auch in diesem Fall zu funktionieren, da der klassische Grenzwert entsteht, wenn k B T ≫ ℏ ω C . Zwei wichtige Punkte unterscheiden sich jedoch von dem, was ich gewohnt bin:

  • Die Quantenbehandlung dieses Systems ergibt ein magnetisches Moment ungleich Null (obwohl es bei unendlichen Temperaturen verschwindet) an der Grenze wo k B T ≫ ℏ ω C während die klassische Behandlung streng Null ergibt.
  • Ich verstehe nicht, wie das in der klassischen Partitionsfunktion verwendete Links-Rechts-Symmetrie-Argument in der Quantenbehandlung verschwindet, um eine Partitionsfunktion zu erhalten, die davon abhängt B .
  • Gibt es einen klassischen Weg, um zu beurteilen, ob Quantenkorrekturen von Ordnung sind? Ö ( Λ / R C ) Wo R C ∼ M k B T / ( Q B ) ist die typische Größe des Radius der spiralförmigen Bahnen, die ein geladenes Teilchen nimmt?

Entschuldigung, wenn meine Fragen verwirrt erscheinen, ich werde versuchen, sie zu verbessern, wenn sie nicht klar genug sind.

EDIT : Mir ist klar, dass einer meiner Punkte nicht sehr klar ist und erkläre es am Beispiel eines echten harmonischen Oszillators. Wenn ich die klassische statistische Mechanik betrachte, weiß ich das ⟨ 1 2 M ω 2 X 2 ⟩ = 1 2 k B T . Das sagt mir, dass die typische Unsicherheit auf der Position meines Teilchens liegt σ X = k B T / ( M ω 2 ) . Übrigens ist diese Länge aufgrund des Oberschwingungspotentials auch die typische Einschlusslängenskala. Eine Möglichkeit, die Gültigkeit des klassischen Grenzwerts halbklassisch zu untersuchen, besteht darin, sich das Teilchen als ein nicht dispersives Wellenpaket von Breite vorzustellen Λ = H / 2 π M k B T und zu erkennen, dass Interferenzen (die letztendlich zur Quantisierung führen) nicht wichtig sind, wenn Λ ≪ σ X . Das ist sehr reizvoll, weil man dann die Gültigkeit einer klassischen Näherung mit a prüfen kann σ X das kommt von einer klassischen Behandlung.

Mein größtes Problem mit einem geladenen Teilchen in einem Magnetfeld ist, dass das Bohr-van-Leewen-Theorem anscheinend diese typische Längenskala verhindert (was ich mit Sicherheit weiß R C ) mit einer klassischen statistischen Behandlung zu finden.

Ich denke, der Grund für das magnetische Moment ungleich Null ist die Nichtkommutativität von Impuls und Vektorpotential.

Antworten (2)

Landau-Diamagnetismus findet wegen der Nichtkommutativität von statt P Und A ( R ) . Bei der klassischen Behandlung existiert keine solche Nichtkommutativität, somit ist die magnetische Suszeptibilität identisch Null.

Eine Möglichkeit, die Abhängigkeit des Ergebnisses zu schätzen ℏ und gleichzeitig die vollständige Quantenbehandlung durchzuführen ist, die Berechnung auf der kohärenten Zustandsbasis durchzuführen. Auf dieser Grundlage hat der Landau-Hamilton-Oszillator die Form eines isotropen zweidimensionalen harmonischen Oszillators mit der Larmor-Frequenz als Eigenfrequenz (für einige Details siehe die folgende Frage .

H = ℏ ω C ( A † A + 1 2 )

Aufgrund der nicht verschwindenden Kommutierungsbeziehung zwischen den Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren ist die Exponentialfunktion des Hamilton-Operators gegeben durch:

exp ⁡ ( − β H ) = exp ⁡ ( − 1 2 β ℏ ω C ) exp ⁡ ( − β ℏ ω C A † A ( 1 − e − β ℏ ω C ) )

In der kohärenten Raumbasis ist die Partitionsfunktion gegeben durch:

Z = ω C ∫ D 2 a exp ⁡ ( − 1 2 β ℏ ω C ) exp ⁡ ( − β ℏ ω C a ¯ a ( 1 − e − β ℏ ω C ) ) = ω C ( 1 − e − β ℏ ω C ) − 1

(Der multiplikative Faktor proportional zu ω C ist der Jacobi der Transformation des Phasenraumvolumens). (Ich bin in Bezug auf die immateriellen Konstanten nachlässig).

Diese Zustandssumme ergibt die richtige magnetische Suszeptibilität. Außerdem wird im kleinen \hbar-Grenzwert die Zustandssumme konstant, was den Satz von Bohr-van Leewen ergibt.

Danke für die Antwort. Diese Rechnung mit kohärenten Zuständen kannte ich noch nicht. Ich fürchte jedoch, dass dies meine Bedenken nicht vollständig beantwortet. Ein Problem, das ich habe, ist, dass, wie es im Wiki erklärt wird , das Bohr-van-Leewen-Theorem aus der Tatsache entsteht, dass der mittlere Drehimpuls das Integral einer ungeraden Funktion ist und daher Null ist. Technisch scheint es der Berechnung des mittleren Impulses für ein Teilchen in einem Gehäuse eines Oszillators sehr ähnlich zu sein, wir finden Null durch Symmetrie [Fortsetzung folgt]
Dieser Nullwert gilt unabhängig davon, ob wir uns mit der klassischen oder der Quantenversion des Problems für ein freies Teilchen in einer Box eines "echten" harmonischen Oszillators befassen. Deshalb verstehe ich nicht, was der physikalische Unterschied in diesem Fall eines Magnetfelds ist.
Es ist auch seltsam, dass ein geladenes Teilchen in einem Magnetfeld der einzige Fall ist, den ich kenne, wo man nicht "rigoros" auf eine klassische charakteristische Länge hinweisen kann, um sie mit der thermischen Wellenlänge zu vergleichen. Es liegt auf der Hand, dass diese charakteristische Länge der typische Radius ist R C Ich gab oben und wenn Λ > R C dann ist die Wellenfunktion so groß wie die "geschlossenen" Trajektorien in der xy-Ebene, und diese effektive Beschränkung führt zu einer Quantisierung der Energieniveaus, die die Landau-Niveaus sind
Entschuldigung, aber was ist der Proportionalitätsfaktor vor Ihrem Ausdruck für die Partitionsfunktion (er muss dimensionslos sein)?
@ YYY Danke für deinen Hinweis, normalerweise behalte ich gerne alle Einheiten und Konstanten und glaube, dass sie den physikalischen Einblick verbessern. Aus diesem Grund werde ich diese Antwort aktualisieren und die vollständigen Vorfaktoren schreiben. Die Erklärung, warum ein Faktor proportional zu ω C vorhanden ist, weil die Jacobi-Transformation zwischen den kohärenten Koordinaten und den Impulsen einen Faktor enthält 2 e B ℏ die umgekehrt proportional zur Zyklotronfrequenz ist. (Die Integration in die Zustandssumme erfolgt über den gesamten Phasenraum).
  • Die Quantenbehandlung dieses Systems ergibt ein magnetisches Moment ungleich Null (obwohl es bei unendlichen Temperaturen verschwindet) an der Grenze wo k B T ≫ ℏ ω C während die klassische Behandlung streng Null ergibt.
  • Ich verstehe nicht, wie das in der klassischen Partitionsfunktion verwendete Links-Rechts-Symmetrie-Argument in der Quantenbehandlung verschwindet, um eine Partitionsfunktion zu erhalten, die davon abhängt B .

Die Ableitung des magnetischen Nullmoments (das sogenannte Bohr-van-Leeuwen-Theorem) aus der kanonischen Wahrscheinlichkeitsverteilung ist mathematisch korrekt. Der Grund, warum das erhaltene magnetische Moment Null ist, ist die Verwendung der kanonischen Wahrscheinlichkeitsverteilung, die besagt, dass das Teilchen innerhalb der Box eine konstante Positionswahrscheinlichkeitsverteilung hat und alle Geschwindigkeitsrichtungen überall gleich wahrscheinlich sind.

Die Gleichheit aller Bewegungsrichtungen ist für ein System in einem Kasten sinnvoll, da das Teilchen die Wände nicht passieren kann und somit das Teilchen bei ausreichender Wandnähe seine natürliche Kreisbewegung nicht ausüben kann. Wenn das Teilchen auf die Wand trifft, wird es reflektiert, und dies macht es vernünftig anzunehmen, dass alle Richtungen gleich wahrscheinlich sind, selbst wenn sich das Teilchen nahe an der Wand befindet.

Wenn die Wände entfernt werden, führen geladene Teilchen eine kreisförmige Bewegung aus, ohne auf Hindernisse zu stoßen, und dies führt zu einem magnetischen Moment, das in die durch das Magnetfeld bestimmte Richtung zeigt (das magnetische Moment wirkt dem Magnetfeld entgegen - dies wird als Diamagnetismus bezeichnet). Es ist ziemlich einfach, dieses magnetische Moment als Funktion der Teilchenenergie zu berechnen. Wenn sich viele solcher Partikel ohne diese Einschränkung bewegen können, kann ein großes magnetisches Nettomoment erhalten werden. Dies ist möglich, weil die Geschwindigkeitswahrscheinlichkeitsverteilung an den Rändern des Systems nicht mehr isotrop ist.

Die kanonische Verteilung ist daher für die Berechnung magnetischer Effekte ungeeignet - da sie nur eine Funktion der Energie ist, kann sie nicht erfassen, dass die Geschwindigkeitsverteilung an den Rändern des Systems nicht isotrop ist, sondern die durch das äußere Magnetfeld bestimmte Zirkulationsrichtung des Stroms bevorzugt . Es wird davon ausgegangen, dass ein magnetisierter Zustand der Materie passieren sollte, wenn ein einzelnes nicht wechselwirkendes geladenes Teilchen in eine Kiste gelegt wird, aber das ist physikalisch falsch.

Die häufige Verwendung dieser Rechnung als Beispiel für die Unzulänglichkeit der Nicht-Quantenphysik für den Magnetismus ist daher von vornherein verfehlt. Im Gegensatz zu anderen Verwendungen einer imaginären Box in Berechnungen der statistischen Physik kann für magnetische Effekte eines externen Feldes die Wirkung der Box auf das System nicht ignoriert werden. Das magnetische Moment eines gleichmäßig magnetisierten Körpers kann mit dem richtigen Oberflächenstrom vollständig aufgehoben werden. In diesem Fall liefern Reflexionen von den Wänden der Box einen solchen Aufhebungsstrom.

Die Quantenrechnung ist ganz anders. Zuerst werden Eigenwerte des Hamiltonoperators gefunden und dann wird auch eine Box eingeführt. Diesmal wird es jedoch nur verwendet, um die Position des Zentrums der Wellenfunktion gedanklich zu begrenzen, nicht um ihre gesamte Unterstützung im gesamten Raum. Es gibt keine physikalische Wechselwirkung der Wände mit dem beteiligten System, die eine überall isotrope Geschwindigkeitswahrscheinlichkeitsverteilung ermöglichen würde. Auch die Zustandssumme wird ganz anders berechnet - als Summe über Quantenzahlen, statt als Integral über den Phasenraum. So verwundert es auch nicht weiter, dass die Rechnung zu nicht trivialen magnetischen Eigenschaften führt – bei der Quantenrechnung ist die Box „eigentlich nicht da“.

Danke für die Antwort. Der Punkt mit den Wänden ist interessant und ist mir manchmal begegnet (das erste Mal in Peierls' Buch "Überraschungen in der Theoretischen Physik"). Die Sache ist die, dass dieses heuristische Argument ausreicht, aber nicht notwendig ist, um das Bohr-von-Leeuwen-Ergebnis zu erhalten. Wie ich in meinem Beitrag erklärt habe, kann man sogar vor der Integration über die Positionen über die Momente integrieren, indem man eine Variablenänderung vornimmt P → v = P − Q A ohne die Integrationsgrenzen zu berühren. Dies reicht aus, um den Satz zu liefern.
Darüber hinaus sind, wie ich auch betont habe, die Korrekturen des klassischen Nullergebnisses von der Größenordnung Λ / R C ∼ ℏ ω C / k B T und betreffen überhaupt nicht das Volumen der Box. Ich würde daher vermuten, dass die Grenzen tatsächlich eine Rolle zweiter Ordnung bei der Entstehung des Diamagnetismus in der (statistischen) Quantenmechanik (und seinem Verschwinden in der klassischen Mechanik) spielen.
@gatsu, ich habe meine Antwort geändert. Tatsächlich führt die kanonische Verteilung bereits zu Nullmagnetismus. Die kanonische Verteilung ist ein vernünftiges Werkzeug, wenn sich das System in einer Box befindet. Hier versagt jedoch die kanonische Verteilung und es liegt nahe, einen Grund dafür darin zu sehen, dass Diamagnetismus nicht Teilchen in einer Kiste passiert, sondern Teilchen, die sich frei im Magnetfeld bewegen. Die Box und die kanonische Distribution sollten also vermieden werden. Die Quantenrechnung tut dies - die Eigenwerte werden normalerweise für Teilchen im unendlichen Raum gefunden, nicht für Teilchen in einer Box.
@gatsu, es kümmert sich nicht um die Berechnung von Eigenwerten, aber diese Berechnung ist nur korrekt, wenn es keine Box gibt (das System ist unendlich). Um die Entartung zu berechnen, ist die Box unerlässlich, sie wird jedoch nur zum Zählen verwendet, die physikalische Interaktion des Systems mit der Box wird nicht berücksichtigt.
Dieser Thread von Kommentaren ist schon ziemlich lang. Ich glaube, Sie verstehen mich nicht, aber das ist in Ordnung, wenn Sie weitere Fragen stellen möchten, posten Sie sie bitte in einem neuen Thread, und ich kann versuchen, sie zu beantworten.
Bitte schreiben Sie Gleichungen auf, bei denen die Rolle der Begrenzungsbox explizit in der stat.mech erscheint. Behandlung des Problems. Vielleicht würde ich es so verstehen. Danke schön.
Die Box ist in der klassischen Berechnung enthalten; ohne sie hätte die kanonische Verteilung keine Berechtigung. Ihr Beispiel aus dem ersten Beitrag verwendet es explizit.
Wollen Sie andeuten, dass ich das BvL-Theorem nicht abrufen werde, wenn ich die Berechnung in tatsächlicher Masse mit dem klassischen Grand-Canonical-Ensemble (ohne Begrenzungsrahmen, sondern einfach mit einer auferlegten Schüttdichte) durchführe? Auch hier liegt der „Grund“, warum das BvL gilt, darin, dass wir die Thermodynamik des klassischen Problems mit jedem Magnetfeld abbilden können B auf die Thermodynamik des klassischen Problems mit identischem Null-Magnetfeld. Das ist die Ursache, die nach Meinung einiger an den Mauern liegen kann, aber a priori braucht sie nicht; Dies ist ein Massenergebnis. Wie auch immer, danke für den Versuch.
Nein, das unterstelle ich nicht. Die Boltzmannsche Wahrscheinlichkeitsverteilung hängt nur von der Energie ab und kann daher allein kein vom Magnetfeld abhängiges Ergebnis liefern. Was ich sagen will, ist, dass die Boltzmannsche Wahrscheinlichkeitsverteilung nicht anwendbar ist.
Satz von Bohr-van Leeuwen und Quantenmechanik
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