Límite clásico en mecánica cuántica

Los carteles anteriores parecen haber pasado por alto el hecho de que$\Psi$no es una función propia, sino una función de onda arbitraria. Los tipos de funciones de onda que normalmente vemos cuando calculamos cosas generalmente se expresan en términos de funciones propias de cosas como operadores de energía o momento, y tienen poco que ver, si es que tienen algo, con el comportamiento clásico (por ejemplo, mire la densidad de probabilidad de los estados propios de energía para el oscilador armónico cuántico e intente imaginarlo como si describiera una masa conectada a un resorte).

Lo que podría querer hacer es construir estados coherentes que son estados donde la posición y el impulso se tratan democráticamente (la incertidumbre se comparte por igual entre la posición y el impulso).

Entonces, el número cuántico que etiqueta su estado podría considerarse como el nivel de excitación del estado. Para el oscilador armónico, esto es aproximadamente la magnitud de la cantidad de energía en el estado en que$E = \langle n \rangle \hbar= |\alpha^2| \hbar$. Si tomas ingenuamente$\hbar \to 0$entonces todo se desvanece. Pero si mantienes, digamos, la energía finita, mientras tomas$\hbar \to 0$, entonces puede recuperar respuestas clásicas significativas (que no dependen de$\alpha$o$\hbar$).

Para el caso de una partícula en un potencial,$\hat{\mathcal H} = \frac{\hat{p}^2}{2m}+V({\mathbf x})$, sea una función de onda arbitraria escrita en la forma

$$\Psi({\mathbf{x}},t) = \sqrt{\rho({\mathbf x},t)}\exp\left(i\frac{S({\mathbf x},t)}{\hbar}\right)\text{,}$$ dónde $\rho \geq 0$. Entonces se convierte en un simple ejercicio de cálculo para derivar: $$\Psi^*\hat{\mathcal{H}}\Psi = \rho\left[\frac{1}{2m}\left|\nabla S({\mathbf x},t)\right|^2 + V(\mathbf{x})\right] + \mathcal{O}(\hbar)\text{,}$$ donde estoy omitiendo términos que tienen al menos una potencia de $\hbar$. Desde $\langle\Psi|\hat{\mathcal H}|\Psi\rangle$es la integral espacial de esta cantidad, integrar esto es lo que queremos para un $\hbar\to 0$límite de energía.

[Editar] Como dice @Ruslan, la función de onda tendría que oscilar más rápido para tener un término cinético. En lo anterior, manteniendo$S$independiente de$\hbar$significa aumentar la fase en la misma proporción que$\hbar$se baja

Además, sustituyendo esta forma por$\Psi$en la ecuación de Schrödinger da, después de dejar caer de manera similar$\mathcal{O}(\hbar)$términos,

$$\underbrace{\frac{1}{2m}\left|\nabla S({\mathbf x},t)\right|^2 + V(\mathbf{x})}_{{\mathcal H}_\text{classical}} + \frac{\partial S({\mathbf x},t)}{\partial t} = 0\text{,}$$ que es la ecuación clásica de Hamilton-Jacobi con $S$tomando el papel de la función principal de Hamilton.

El hamiltoniano normal independiente del tiempo parece$\hat H=\hat T+\hat V$, dónde$\hat T=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2$es el operador de energía cinética y$\hat V=V(\hat x)$es operador de energía potencial. Como se ve en estas expresiones, solo el operador de energía cinética cambia con$\hbar$.

Ahora podemos ver que

1. El valor esperado de la mecánica cuántica de la energía total de las partículas es la suma de los valores esperados para las energías cinética y potencial:

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

2. Tomando$\hbar\to0$, obtenemos$\hat T\to \hat 0\equiv0$. Ahora el valor esperado para la energía total de la partícula se vuelve igual al valor esperado de su energía potencial:

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

De aquí sigue la respuesta inmediata: no, el valor esperado no seguirá siendo el mismo. Y un resultado interesante es que para cualquier función de onda suave, el valor esperado de la energía cinética es cero cuando$\hbar$es cero

Esto implica que para el límite clásico la función de onda debe oscilar infinitamente rápido (es decir, tener una longitud de onda cero) para permanecer en la misma energía total. como lo haces$\hbar$más pequeño, el estado con energía total dada obtiene un número cuántico más grande, es decir, se vuelve más excitado.

Sí, esto se puede responder usando una perspectiva clásica. Todos conocemos la ecuación electromagnética u óptica:

$$E =\nu h = \omega \hbar \longrightarrow 0 = \omega 0$$ Como Richard ha indicado, la respuesta a esto se puede producir a partir de una visita a wiki , "el hamiltoniano se expresa comúnmente como la suma de operadores correspondientes a las energías cinética y potencial". $$\mathcal{ \hat H } =\hat T + \hat V = {{\hat p^2} \over {2 m}}+V = V - { \hbar^2 \bigtriangledown^2 \over 2m}$$ Para este caso: $$\mathcal{ \hat H } \rightarrow \hat V = V=0$$ "V" es solo el potencial en el que se coloca el sistema, y ​​para nuestro universo podemos suponer que V = 0. $$\Psi=\Psi( \vec{r} ) \space \space \space \space and \space thus: \space \space \space \space \mathcal{ \hat H } \mid \Psi \rangle = i \hbar {{\partial \Psi } \over {\partial \vec{r}}} \rangle$$ $$\langle \Psi \mid \mathcal{ \hat H } \mid \Psi \rangle =\int \Psi^* \mathcal{ \hat H } ( \Psi ) d \vec{r} = \int \Psi^* i \hbar ( \Psi ' ) d \vec{r}$$ Por lo tanto, no importa qué es Psi o cuál es la derivada de Psi sobre alguna dimensión o en qué dimensiones existe Psi, o cuál es el complejo conjugado de Psi o qué límites integramos. La solución es un múltiplo de h.