Principio de incertidumbre de Heisenberg aplicado a un pozo cuadrado infinito

Esto comenzó como un comentario, pero ahora mismo solo tengo la reputación para responder. Pero esto no es de ninguna manera una respuesta rigurosa.

Hay un par de suposiciones que hace su pregunta que no son estrictamente ciertas. Para empezar, parece decir que cualquier valor definido de energía implicaría un valor definido de cantidad de movimiento. Esto es cierto para una partícula completamente libre, pero ya no es cierto para una partícula que está experimentando alguna interacción (¿dónde está la interacción, se preguntará? ¡Bueno, el hecho de que esté colocada en una caja, por supuesto!)

Hay una manera simple y (en mi opinión) instructiva de ver esto. Si lo que dijiste fuera cierto, entonces los estados de energía definida también serían estados de cantidad de movimiento definida. En otras palabras, satisfarían la ecuación de valor propio

$$\hat{p}\psi_n = p_n\psi_n$$ dónde $\hat{p}=\frac{\hbar}{i}\frac{d}{dx}$es el operador de cantidad de movimiento y $p_n$es una constante (que representaría el impulso medido). Comprobemos si este es el caso. Los estados de energía definida están dados por

$$\psi_n = \sqrt{\frac{2}{L}}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$$

La acción del operador de cantidad de movimiento es, por lo tanto,

$$\hat{p}\psi_n = \frac{\hbar}{i} \sqrt{\frac{2}{L}} \frac{n\pi}{L} \cos\left( \frac{n\pi x}{L}\right) \neq p_n \psi_n$$

En otras palabras, los estados de energía definida no son estados de cantidad de movimiento definida, ya que el operador de cantidad de movimiento no produce la función de onda original multiplicada por una constante. Por supuesto, tiene razón en que la magnitud del impulso sería fija.

Si todavía tiene problemas con esto, aquí hay un ejemplo semiclásico "intuitivo" descuidado: supongamos que le di una caja (¡unidimensional!) Con una partícula (de unidad de masa) dando tumbos constantemente dentro de ella. Te cuento que yo medí muchas veces la energía de esta partícula y siempre me salía exactamente 8. Ahora te pido que me des su cantidad de movimiento. "¡Ajá!" dices, "cuando está dentro de la caja, no hay fuerzas que actúen sobre él, por lo que la energía simplemente está dada por:"

$$\frac{p^2}{2m} =\frac{p^2}{2} = 8$$

¡Así, encuentras que el 'momento' es 4! Pero espera un minuto, no sabes si está rebotando hacia la izquierda o hacia la derecha. En otras palabras, si es$+4$o$-4$! El hecho de que la partícula interactúe con la pared es responsable de su signo de 'volteo' de impulso.

De la misma manera, para la partícula en la caja, la magnitud del impulso$|p|$es dado por

$$|p| = \pm \sqrt{2mE}$$

Entonces, ¿cuál es la incertidumbre en$p$? Bueno, es simplemente$\Delta p = +|p| - (-|p|) = 2|p| = \frac{2 n\pi \hbar}{L}$. ¿Qué pasa con la incertidumbre en$x$? Bueno, podría estar en cualquier parte de la caja, y así$\Delta x = L$, la longitud de la caja.

Tratemos de encontrar

$$\Delta x \Delta p = 2n\pi \hbar > \frac{\hbar}{2}$$ para todos los valores de $n\geq 1$.

Claramente, cuando$n=0$esto ya no funciona. Podemos entender esto de muchas maneras. Una forma sencilla sería darse cuenta de que cuando$n=0$, la magnitud del impulso es$0$, y por lo tanto no hay valores 'positivos' y 'negativos' que pueda tomar: definitivamente tiene un impulso de exactamente cero, sin incertidumbre. Esto estaría permitido, si no estuvieras en una caja. Sin embargo, colocarse en una caja, lo que significa que$\Delta x < \infty$, significa que necesariamente tiene un impulso mínimo distinto de cero, usando el argumento que mencionó anteriormente.

Además, las matemáticas te dicen que un estado con$n = 0$es el estado trivial$\psi_0(x) = 0$. La integral mod-cuadrada de esta función es 0, lo que puede interpretarse como que tal partícula simplemente no existe.

Además del comentario de @tparker afirmando que$n=0$corresponde a$\psi(x)=0$, tenga en cuenta (usando$L=1$):

1. No existe una relación de incertidumbre entre$E$y$p$, es decir, no existe una ecuación del tipo$\Delta E\Delta p=$(alguna cosa),
2. Por otro lado, se puede deducir, para el estado fundamental ($n=1$) del pozo infinito que $$(\Delta x)^2=\frac{\pi^2-6}{12\pi^2}\, ,\qquad (\Delta p^2)=\hbar^2 \pi^2=2mE_1$$ asi que no hay problema con$\Delta p\Delta x\ge \frac{\hbar}{2}$. Además, desde$\psi_n(x)$es un estado propio de$\hat H$, resulta que$\Delta E=0$para esos estados.
3. Calculador$\Delta E$porque el pozo infinito puede ser engañoso. Esto es porque$\hat p^2$, que se requiere para calcular los momentos de$\hat H$, no es autoadjunto. Básicamente, los poderes de$\hat p^2$puede tomar funciones de onda "válidas" (que satisfacen las condiciones de contorno del problema y otros criterios para ser funciones de onda legítimas) y transformarlas en funciones de onda "ilegales". El ejemplo más simple es considerar la función de onda $$\psi(x)=\sqrt{30}x(x-1)\, .$$ Está$0$a$x=0$y$x=1$, y normalizado satisface las condiciones de contorno para ser una función de onda legítima (aunque no un estado propio de$\hat H$.) Si$\hat H$eran auto-adjuntos, entonces$\hat H^2$también sería ingenuamente auto-adjunto, pero$\hat H^2\psi(x)=0$, que ya no satisface las condiciones de contorno.

Esto entra en la evaluación de$\Delta E$como sigue. Definición$\phi(x)=\hat p^2\psi(x)=-2\sqrt{30}\hbar^2$se comprueba fácilmente que, en el cálculo de$\langle E^2\rangle$requerido para obtener$(\Delta E)^2$, que$H^2\psi(x)\sim p^4\psi(x)=\hbar^4 d\psi(x)/dx^4=0$pero

$$\int_0^1 dx \psi(x) \left[p^4 \psi(x)\right]\ne \int_0^1 \phi(x)\phi(x)\ne 0\, .$$ En otras palabras: $$\langle \hat H\psi\vert \hat H\psi\rangle \ne \langle \psi \vert \hat H^2\psi\rangle$$ así que calculando $\Delta E$para pozos cuadrados finitos puede ser problemático si uno no es muy cuidadoso.

Este es un ejemplo instructivo de una situación en la que "auto-adjunto" NO es lo mismo que hermitiano. Este documento proporciona muchos detalles de problemas con el pozo finito.

(Pido disculpas de antemano a mis colegas con experiencia en análisis funcional por el argumento "laxo" de que$\hat p^2$no es autoadjunto).

Esta pregunta es en realidad casi idéntica a una pregunta que tuve en mi curso de mecánica cuántica de primer año. Planteó que un amigo hipotético le preguntó por qué tener energía definida en el pozo de potencial infinito no viola el principio de incertidumbre. Aquí te proporcionaré la respuesta que di hace tantos años.

Considere una energía por encima$E=0$. Entonces la cantidad de movimiento del estado debe satisfacer$E=p^2/2m$. Ahora, hay dos soluciones para$p$, correspondiente a un impulso positivo y negativo. Por lo tanto, la incertidumbre se puede calcular como

$$\Delta p^2=\langle p^2\rangle-\langle p\rangle^2=2mE=\frac{n^2\hbar^2\pi^2}{L^2}$$

Claramente, por$n=0$la incertidumbre se desvanece, pero es perfectamente finita para todos los demás valores. Así, mientras$\Delta x^2$es lo suficientemente grande (lo es), el principio de incertidumbre se satisface perfectamente para todos$n>0$.

Otra razón por la que el$n=0$estado no físico es porque no es normalizable. De hecho, el$n=0$el estado tendría que satisfacer

$$\frac{\mathrm{d}^2\psi}{\mathrm{d}x^2}=0$$

Y por lo tanto es lineal. Sin embargo, no existe una función lineal distinta de cero que pueda satisfacer las condiciones de contorno necesarias. De este modo,$\psi=0$en todas partes y no es un estado físico en nuestro espacio de Hilbert.

¡Espero que esto haya ayudado!

Tener una energía definida y un impulso definido no son lo mismo. Los estados propios del hamiltoniano de la partícula en una caja tienen energía definida, pero resulta que no tienen momento definido y la dispersión en momentos es lo suficientemente grande como para satisfacer el principio de incertidumbre de Heisenberg.

la razón por la cual la partícula cuántica no puede tener n = 0 en otras palabras E = 0 es porque al tener energía cero también tenemos un momento definido sin incertidumbre

No, la razón es la función de onda.$\psi(x)$que obtendrías por$n = 0$es idénticamente cero en todas partes, por lo que no es normalizable y no se encuentra en el espacio de Hilbert de estados físicamente aceptables.$n = 0$no corresponde a una partícula con energía o momento cero, corresponde a la ausencia total de cualquier partícula.

Siempre que tengamos un pozo cuadrado infinito con potencial

$$V(x)=\begin{cases} 0, \text{ if }0<x<L,\\ +\infty, \text{ otherwise} \end{cases}$$ obtenemos las funciones de onda como $$\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\left(\frac{\pi n x}{L}\right),$$ dónde$n$es un entero positivo. ahora es sencillo calcular los promedios necesarios (usando las fórmulas trigonométricas para el doble ángulo y la integración por partes): $$\langle n |\hat{p}|n\rangle=\int_0^L\psi_n(x)\hat{p}\psi_n(x)dx=0,\\ \langle n |\hat{p}^2|n\rangle=\int_0^L\psi_n(x)\hat{p}^2\psi_n(x)dx=\frac{\hbar^2\pi^2n^2}{L^2},\\ \langle n |\hat{x}|n\rangle=\int_0^Lx\psi_n^2(x)dx=\frac{L}{2},\\ \langle n |\hat{x}^2|n\rangle=\int_0^Lx^2\psi_n^2(x)dx=L^2\left(\frac{1}{12}-\frac{1}{2\pi^2n^2}\right).$$ Ahora podemos evaluar las desviaciones estándar del impulso y la posición como $$\sigma_p=\sqrt{\langle n |\hat{p}^2|n\rangle - \langle n |\hat{p}|n\rangle^2}=\frac{\hbar \pi n}{L},\\ \sigma_x=\sqrt{\langle n |\hat{x}^2|n\rangle - \langle n |\hat{x}|n\rangle^2}=L\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{2\pi^2n^2}}$$ Así, tenemos $$\sigma_x\sigma_p=\hbar\pi n\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{2\pi^2n^2}} =\frac{\hbar}{2}\sqrt{\frac{6\pi^2n^2-1}{3}}$$ Ya que$\pi^2\approx 10$, para el estado fundamental ($n=1$) tenemos $$\sigma_x\sigma_p\approx\frac{\hbar}{2}\sqrt{\frac{59}{3}}>\frac{\hbar}{2}.$$ Para mayor$n$la desigualdad es aún más fuerte. Sin embargo, si tomamos$n=0$, tendríamos una respuesta imaginaria sin sentido (por supuesto, la función de onda es idénticamente cero para$n=0$).