Confusión de densidad de corriente de probabilidad

Question

Confusión de densidad de corriente de probabilidad

Indischer Physiker

Como todos sabemos, la densidad de corriente de probabilidad en la mecánica cuántica se define como:

j = \frac{ℏ}{2 metro i} (Ψ^{*} \nabla Ψ - Ψ \nabla Ψ^{*})

$\textbf{J}=\dfrac{\hbar}{2mi}(\Psi^* \nabla \Psi-\Psi \nabla \Psi^*)$ Para simplificar trabajemos en una dimensión y supongamos una función de onda

Ψ = A cos k x

$\Psi= A\ \text{cos}\ {kx}$ . Aplicando la definición anterior y por lo tanto usando

j = \frac{ℏ}{2 metro i} (Ψ^{*} \frac{\partial Ψ}{\partial X} - Ψ \frac{\partial Ψ^{*}}{\partial X}) obtenemos: j = 0

$J=\dfrac{\hbar}{2mi}\Big(\Psi^* \dfrac{\partial \Psi}{\partial x}-\Psi \dfrac{\partial \Psi^*}{\partial x}\Big)\quad\quad \text{we get:}\quad\quad J=0$ Usando la ecuación de continuidad esto significa que:

\frac{\partial ρ}{\partial t} = 0,

$\dfrac{\partial \rho}{\partial t}=0,$ que después de resolver nos da:

ρ = f (x)

$\rho=f(x)$ . Así, la densidad de probabilidad en cualquier punto es independiente del tiempo. Ahora, este resultado seguirá incluso si tomamos

Ψ = A cos (k x - ω t)

$\Psi= A\ \text{cos}\ {(kx-\omega t)}$ . Pero aquí podemos ver claramente que la densidad de probabilidad, es decir

| Ψ |^{2} = | A |^{2} {porque}^{2} (k X - ω t)

$|\Psi|^2=|A|^2\ \text{cos}^2\ {(kx-\omega t)}$ es dependiente del tiempo. Lo es

A

$A$ que lleva la dependencia del tiempo y es responsable de esta aparente discrepancia?

Respuestas (3)

Confusión de densidad de corriente de probabilidad

Federico Tomás · Answer 1

Una solución de la ecuación de Schroedinger unidimensional libre:

i ℏ \frac{\partial ψ}{\partial t} = - \frac{ℏ^{2}}{2 metro} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial X^{2}} (1)

$i\hbar \frac{\partial \psi}{\partial t} = -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}\,\,\,\quad \text{(1)}$

es:

ψ = A {mi}^{i (k X - ω t)} (2)

$\psi = A e^{i(kx -\omega t)} \quad\quad\quad \text{(2)}$

dónde $\omega$ cumple la condición $\hbar \omega = \frac{(\hbar k)^2}{2m}$ .

Si tentativamente uno intenta construir un $\cos$ -solución uno escribiría

ψ = \frac{A}{2} {mi}^{i (k X - ω t)} + \frac{A}{2} {mi}^{- i (k X - ω t)} = A porque (k X - ω t)

$\psi = \frac{A}{2} e^{i(kx -\omega t)} + \frac{A}{2} e^{-i(kx -\omega t)} = A \cos (kx -\omega t)$

Al comprobar si

ψ = A {mi}^{- i (k X - ω t)}

$\psi = A e^{-i(kx -\omega t)}$ resuelve la ecuación de Schroedinger sólo se encontraría una solución si se cumple la siguiente condición:

mi = ℏ ω = - \frac{(ℏ k)^{2}}{2 metro}

$E = \hbar \omega = -\frac{(\hbar k)^2}{2m}$

Sin embargo, las soluciones de energía negativa no están permitidas en la teoría no relativista, por lo tanto, esta solución debe descartarse, en consecuencia también la $\cos$ -la solución también debe desecharse. Por supuesto, esto se puede comprobar directamente insertando el $\cos (kx-\omega t)$ en la ecuación libre de Schroedinger (1); no es una solución. Así que no se puede esperar que cumpla la ecuación de continuidad.

Entonces, las únicas soluciones razonables en este contexto son (2) o

ψ (X) = porque (k X) (3)

$\psi(x) = \cos(kx)\quad\quad\quad \text{(3)}$

para la ecuación de Schroedinger independiente del tiempo libre

\frac{\partial^{2} ψ}{\partial X^{2}} + \frac{2 metro}{ℏ^{2}} mi = 0

$\frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2} +\frac{2m}{\hbar^2}E =0$

con la condición $\frac{(\hbar k)^2}{2m} =E$ .

Ambas soluciones (2) y (3) cumplen la ecuación de continuidad, aunque en el caso de (3) resulta poco interesante.

Por supuesto, la solución (3) se puede actualizar a una solución dependiente del tiempo eligiendo

ψ (X, t) = {mi}^{- i ω t} porque (k X)

$\psi(x,t) = e^{-i\omega t} \cos(kx)$

Por supuesto, las superposiciones apropiadas de (2) o (3) también serían soluciones, pero usando el signo correcto de $i$ en caso de soluciones dependientes del tiempo.

EDITAR En el caso de la solución dependiente del tiempo (2), la probabilidad actual $J$ es distinto de cero, pero su gradiente es cero, por lo tanto, incluso si $\dot{\rho}=0$

\dot{ρ} + \nabla j = 0

$\dot{\rho} + \nabla J =0$

se ha completado.

mis2cts · Answer 2

mis2cts

La relación de continuidad se cumple para las soluciones de la ecuación de Schrödinger. $A\cos (\omega t - k x)$ no es una solución.

usuario245141

No creo que eso sea cierto.

ψ = A \cos (k x - ω t)

$\psi = A \cos(kx-\omega t)$ es una superposición de dos funciones propias de un hamiltoniano

H = v p

$H=v p$ - uno con momentos

k

$k$ y el otro con

- k

$-k$ . Esto se puede formalizar aún más exigiendo condiciones de contorno periódicas en una longitud finita

L

$L$ , por lo que ni siquiera el tema de la normalización entra en vigor aquí.

Aftershave

Obviamente es cierto, solo intente conectar esa función en la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo.

usuario245141

@AfterShave si

H = - i v \partial_{x}

$H = -iv \partial_x$ , entonces

H ψ = i v k A \sin (k x - ω t)

$H \psi = iv k A \sin(kx-\omega t)$ ,

i d ψ / d t = i ω A \sin (k x - ω t)

$i d\psi/dt = i \omega A \sin(kx-\omega t)$ que son iguales mientras

ω = v k

$\omega = vk$ entonces

H ψ = i d ψ / d t

$H\psi = i d\psi/dt$ ¿Qué me estoy perdiendo?

Aftershave

El hamiltoniano en base a la posición es

- \frac{ℏ^{2}}{2 metro} \partial_{X}^{2}

$-\frac{\hbar^2}{2m} \partial_x^2$

usuario245141

@AfterShave no, este es solo un ejemplo de un hamiltoniano en posición. El hamiltoniano que escribí es completamente válido). No estoy familiarizado con nada que restrinja la probabilidad actual a la forma de hamiltoniano que escribiste.

Aftershave

La expresión para la densidad de corriente de probabilidad solo es válida para el hamiltoniano que di, tu hamiltoniano dará una expresión diferente. De hecho, no lo llamaría hamiltoniano en absoluto, ya que no tiene energías limitadas. Vuelvo a subrayar que la expresión de la densidad de corriente de probabilidad conservada localmente depende del hamiltoniano.

usuario245141

@AfterShave Ah. Veo. tienes razón. De hecho, esta forma de corriente de probabilidad es válida solo para un hamiltoniano con potencial real y parte libre que es

p^{2}

$p^2$ , gracias.

JG · Answer 3

Hay varios temas para discutir aquí.

Desde $\nabla\cdot J=\frac{\hbar}{2mi}(\Psi^\ast\nabla^2\Psi-\Psi\nabla^2\Psi^\ast)$ , una solución TDSE satisface

\nabla^{2} Ψ = \frac{2 metro}{ℏ^{2}} (V Ψ - i ℏ \partial_{t} Ψ) ⟹ - \nabla \cdot j = Ψ^{*} \partial_{t} Ψ + Ψ \partial_{t} Ψ^{*} = \partial_{t} ρ, ρ := Ψ^{*} Ψ .

$\nabla^2\Psi=\frac{2m}{\hbar^2}(V\Psi-i\hbar\partial_t\Psi)\implies-\nabla\cdot J=\Psi^\ast\partial_t\Psi+\Psi\partial_t\Psi^\ast=\partial_t\rho,\,\rho:=\Psi^\ast\Psi.$ una elección de

V

$V$ para cual

Ψ := \cos (k x - ω t)

$\Psi:=\cos(kx-\omega t)$ resuelve el TDSE implica

\partial_{t} \cos^{2} (k x - ω t) = 0

$\partial_t\cos^2(kx-\omega t)=0$ , lo cual es claramente erróneo a menos que

ω = 0

$\omega=0$ . Si

ω \neq 0

$\omega\ne0$ ,

V = \frac{ℏ^{2}}{2 metro} \frac{\nabla^{2} Ψ}{Ψ} + i ℏ \frac{\partial_{t} Ψ}{Ψ} = - \frac{ℏ^{2} k^{2}}{2 metro} + i ℏ ω broncearse (k X - ω t)

$V=\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\nabla^2\Psi}{\Psi}+i\hbar\frac{\partial_t\Psi}{\Psi}=-\frac{\hbar^2k^2}{2m}+i\hbar\omega\tan(kx-\omega t)$ es un potencial dependiente del tiempo sin estado fundamental.

Más concretamente, esta elección de $\rho$ no se integra a $1$ en $\Bbb R$ . Incluso si intentamos algo como una partícula en una caja finita para sortear esto, su elección de $\rho$ es adimensional, por lo que no se integrará al valor adimensional de $1$ sobre una región de longitud dimensional finita. Si bien a menudo vemos $\cos(kx-\omega t)$ , $\sin(kx-\omega t)$ o $\exp i(kx-\omega t)$ en física, en la práctica hay un factor general para obtener las unidades correctas.

Y en mecánica cuántica, esperamos $\Psi$ ser en general de valor complejo. Así que ahora consideremos otra opción, $\Psi=A\exp i(kx-\omega t)$ , donde sin pérdida de generalidad nuestra constante $A$ se puede suponer positivo en lugar de cualquier otra fase. Y ahora

V = - \frac{ℏ^{2} k^{2}}{2 metro} + ℏ ω, ρ = A^{2}, \partial_{t} ρ = 0.

$V=-\frac{\hbar^2k^2}{2m}+\hbar\omega,\,\rho=A^2,\,\partial_t\rho=0.$ Una vez más, hay un problema de normalización que requiere paredes de potencial infinito (o

x

$x$ para medir el espacio alrededor de una circunferencia, pero ignoremos cosas como la mecánica cuántica en un toro). Tenga en cuenta que las funciones propias de la partícula en un hailtoniano de caja generalmente se citan como un seno o coseno en términos de

x

$x$ solo, no

t

$t$ ; pero si queremos desarrollar su dependencia del tiempo, multiplicamos por un total

e^{- i ω t}

$e^{-i\omega t}$ factor, que da un comportamiento diferente a todo lo discutido anteriormente. En particular, este factor es irrelevante para

ρ

$\rho$ , que es independiente del tiempo como se desee.

Confusión de densidad de corriente de probabilidad

Indischer Physiker

Respuestas (3)

Federico Tomás

mis2cts

usuario245141

Aftershave

usuario245141

Aftershave

usuario245141

Aftershave

usuario245141

JG

corriente de probabilidad

¿Por qué ei(kx−ωt)ei(kx−ωt)e^{i(kx - \omega t)} es una función de onda válida ya que no es finitamente integrable en RR\Bbb R?

¿Qué es la ecuación de continuidad en QM?

Potencial imaginario y función de onda estacionaria

¿Por qué se define de esta manera el coeficiente de reflexión en la dispersión mecánica cuántica?

Probabilidad de encontrar una partícula en el lado izquierdo en el tiempo ttt

Forma de la ecuación de Schrödinger para la densidad de probabilidad

Inexistencia de una probabilidad para ecuaciones de ondas reales

Densidad de probabilidad de una partícula libre

Onda de partículas libres normalizable en 1D