Incertidumbre de Heisenberg y naturaleza probabilística de QM

El$\sigma_A$en el LHS se define como

$$\sigma_A = \omega(A^2 - \omega(A)^2I),$$ dónde $\omega$es un estado (entonces $\sigma_A$también depende de $\omega$!) y la forma en que von Neumann define esto es tomando un conjunto estadísticamente relevante de las mismas copias del mismo sistema en el mismo estado $\omega$y repita la medición de $A$y $A^2$esto muchas veces. Todo lo que necesita hacer es aplicar la fórmula de definición $$\omega(O) := \frac1N\sum_{k=1}^N\lambda_k$$ donde el $\lambda_k$s son los resultados del observable $O$sobre el estado $\omega$. Este es el puente entre la naturaleza estadística de una medida y el HUP, ya que por la formulación axiomática de la mecánica cuántica a través de la teoría de álgebras de operadores se obtiene que $$\Delta_\omega(x)\Delta_\omega(y)\geq \frac12|\omega([x,y])|,$$ donde ahora estoy usando $\Delta_\omega(x)$en lugar de $\sigma_x$para mostrar explícitamente la dependencia de $\omega$.

• Tal vez la estadística y el HUP estén unidos de manera inseparable en QM, *

Sí, lo son, porque un sistema cuántico tiene la propiedad de que algunos observables no están definidos . El QM estándar dice que esta propiedad no es un defecto en nuestras mediciones, sino una propiedad intrínseca del propio sistema cuántico.

Dejar$x$y$p_x$ser los dos operadores no conmutantes. Si quieres medir$x$, y la función de onda según la cual preparas partículas no es la de una posición bien determinada, entonces sobre cada partícula y partícula que preparas, no puedes decir antes de la medida que tiene una posición. Entonces, una medición en una sola partícula colapsa la wf en$\delta (x - x_0)$dónde$x_0$es una de las posiciones permitidas por el wf inicial Por lo tanto, una medición en una sola partícula no dice nada . Para evaluar los valores permitidos por su wf necesita medir muchas partículas

A continuación, después de medir$x$en una partícula destruyes el wfst inicial en la partícula medida no tiene sentido medir$p_x$. Por eso se necesita un conjunto de partículas preparadas según la misma wf, para poder medir en parte de ellas$x$y por otra parte$p_x$.

Entonces, para verificar el principio de incertidumbre, necesita muchas partículas preparadas de manera idéntica, y eso debido a la naturaleza cuántica de las partículas.

pero si, por ejemplo, todos los operadores pudieran viajar, no habría HUP. Necesitas el ingrediente de la no conmutatividad que no tiene nada que ver con las estadísticas. ¿Es eso correcto?

Si todos los operadores se desplazan tenemos mecánica clásica. Una de las pruebas del HUP se basa en el hecho de que el conmutador no es cero.

Ahora bien, la no conmutatividad está indirectamente conectada con la estadística. El hecho de que los dos operadores no conmuten, implica que al menos uno de ellos es indeterminado, no tiene valor fijo$\to$estadísticas _

Un ejemplo simple : los operadores$x$y$\hat p_x = m \hat v_x$no viaje Arreglemos uno de estos observables, por ejemplo$x=x_0$. ¿Qué podemos decir acerca de la velocidad de la partícula cuántica? Si creemos en QM,$v_x$se vuelve completamente indeterminado. Vamos a comprobar que por la medición. ¿Cómo medimos la velocidad? A veces$Δt$después de arreglar$x$, Medimos$x$de nuevo. Digamos que encontramos$x=x_1$. Entonces, calculamos$v_1 =(x_1−x_0)/Δt$. Pero, comprobemos este resultado en otra partícula, que también fijamos inicialmente en$x_0$. Después del mismo intervalo$Δt$medimos la posición y encontramos, por ejemplo,$x_2 \ne x_1$. Entonces, obtenemos$v_2 \ne v_1$. Entonces, a cuál de los resultados creer, a$v_1$, o para$v_2$? No hay manera de preferir uno de ellos. Entonces, tal vez QM tenga razón y solucione$x$, el observable$v_x$es indeterminado?