Ventana rectangular ψψ\función de onda psi y el cálculo de ⟨p2⟩⟨p2⟩\langle p^2\rangle para ello

Question

Ventana rectangular ψψ\función de onda psi y el cálculo de ⟨p2⟩⟨p2⟩\langle p^2\rangle para ello

Física
operadores
función de onda
mecánica cuántica
deberes-y-ejercicios
Principio de incertidumbre de Heisenberg

jeau_von_shrau

Actualmente estoy considerando una ventana rectangular. $\psi$ función:

ψ (X) = {\begin{cases} {(2 a)}^{- 1 / 2} & para | X | < a \\ 0 & de lo contrario. \end{cases}

$\psi(x) = \begin{cases}\left(2a\right)^{-1/2}&\text{for } |x|<a \\ 0&\text{otherwise.} \end{cases}$ Estoy interesado en la incertidumbre del impulso de esta función. Espero que sea una función de a, el 'ancho' de

ψ

$\psi$ en el espacio x.

afirmo que $\langle{p}\rangle = 0$ porque este es un estado estacionario y así $m\frac{d\langle x\rangle}{dt} = 0$ . Esto me ahorra una prueba para tomar la derivada de una función escalonada, lo cual estoy a punto de tener que hacer por $\langle{p^2}\rangle$ .

Para $\langle{p^2}\rangle$ debo calcular:

- ℏ^{2} \int_{- a}^{a} ψ^{*} \frac{d^{2}}{d X^{2}} ψ d X .

${-\hbar^2\int_{-a}^a\psi^*\frac{d^2}{dx^2}\psi} \,dx .$

Esto requiere tomar la segunda derivada de una función de ventana cuadrada, que me imagino dará lugar a valores infinitos. Entonces, en cambio, trabajaré en el espacio de cantidad de movimiento después de calcular la transformada de Fourier de $\psi$ para lo cual obtuve la función sinc:

ϕ (pag) = \sqrt{\frac{ℏ}{a π}} \frac{pecado (\frac{a π pag}{ℏ})}{pag} .

$\phi(p) = \sqrt{\frac{\hbar}{a\pi}}\frac{\sin(\frac{a\pi p}{\hbar})}{p}.$ Y luego traté de calcular

⟨ p^{2} ⟩

$\langle p^2 \rangle$

⟨ {pag}^{2} ⟩ = \frac{ℏ}{a π} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{{pecado}^{2} (\frac{a π pag}{ℏ})}{{pag}^{2}} {pag}^{2} d pag = \frac{ℏ}{a π} \int_{- \infty}^{\infty} {pecado}^{2} (\frac{a π pag}{ℏ}) d pag \to \infty

$\langle p^2\rangle = \frac{\hbar}{a\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^2(\frac{a\pi p}{\hbar})}{p^2}p^2dp = \frac{\hbar}{a\pi}\int_{-\infty}^{\infty}{\sin^2(\frac{a\pi p}{\hbar})} dp \rightarrow \infty$

¿Estoy equivocado? Esto diría que la incertidumbre en el impulso, $\sqrt{\langle p^2\rangle-\langle p\rangle^2}$ , es infinito independientemente del ancho $a$ del $x$ -localización.

qmecanico

Comentario a la pregunta (v3): Sí, esta función de onda contiene energía cinética infinita

⟨ \frac{p^{2}}{2 m} ⟩ = \infty

$\langle\frac{p^2}{2m}\rangle=\infty$ , y por lo tanto no es físico. Relacionado: physics.stackexchange.com/q/38181/2451

jeau_von_shrau

¡Vaya, gracias! @Qmechanic Esa es una lectura interesante. Demostrar que este estado tiene energía cinética infinita demostrando que

\frac{⟨ p^{2} ⟩}{2 m}

$\frac{\langle p^2\rangle}{2m}$ es proporcional a la integral de (dirac-delta)^2. Tendré que resolver eso explícitamente.

DanielSank

La derivada discontinua de la función cuadrada hace que la cantidad de movimiento sea infinita. Recuerda que el impulso es la segunda derivada.

Respuestas (2)

Ventana rectangular ψψ\función de onda psi y el cálculo de ⟨p2⟩⟨p2⟩\langle p^2\rangle para ello

Comentario a la pregunta (v3): Sí, esta función de onda contiene energía cinética infinita $\langle\frac{p^2}{2m}\rangle=\infty$ , y por lo tanto no es físico. Relacionado: physics.stackexchange.com/q/38181/2451
¡Vaya, gracias! @Qmechanic Esa es una lectura interesante. Demostrar que este estado tiene energía cinética infinita demostrando que $\frac{\langle p^2\rangle}{2m}$ es proporcional a la integral de (dirac-delta)^2. Tendré que resolver eso explícitamente.
La derivada discontinua de la función cuadrada hace que la cantidad de movimiento sea infinita. Recuerda que el impulso es la segunda derivada.

Nikolái Miklin · Answer 1

También puede ver este problema desde un punto de vista práctico. Incluso si toma una versión suavizada (permitida) de una ventana rectangular $\psi$ función, terminará con "bordes" muy empinados de su función. Y ahora, desde el punto de vista matemático, tendrás valores muy grandes de derivada alrededor $-a$ y $a$ (lo que significa grandes valores de momento en QM), y en consecuencia un enorme $\langle p^2 \rangle$ , mientras $\langle p \rangle$ seguirá siendo cero debido a los signos opuestos de los valores derivados.
En su transformada de Fourie, esta función de onda suavizada significa integración en una región grande pero finita, lo que lo llevará nuevamente a una gran incertidumbre.

Sofía · Answer 2

Sofía

Solo para su autoverificación, podría hacer el cálculo en el $x$ representación,

(1) ⟨ {pag}^{2} ⟩ = - ℏ^{2} \int_{- a}^{a} ψ^{*} \frac{d^{2}}{d X^{2}} ψ d X .

${(1) \ \langle p^2 \rangle = -\hbar^2\int_{-a}^a\psi^*\frac{d^2}{dx^2}\psi} \,dx .$

donde entiendo que asumes unidades en las que $2m = 1$ .

Ahora, la derivada de la función escalonada ascendente es la que sube en $x=-a$ es $\delta(x + a)$ y dado que la función de paso descendente que va hacia abajo en $x=a$ se puede escribir como 1 - la función escalonada, su derivada es $-\delta(x - a)$ . Por lo tanto

(2) \frac{d W (X; a)}{d X} = \frac{d (X + a) - d (X - a)}{\sqrt{2 a}} .

$(2) \frac {d W(x;a)}{dx} = \frac {\delta(x+a) - \delta(x-a)}{\sqrt {2a}} .$

Ahora, usemos (2) en (1).

⟨ {pag}^{2} ⟩ = - \frac{ℏ^{2}}{2 a} \int_{- a}^{a} \frac{d}{d X} [d (X + a) - d (X - a)] d X .

$\ \langle p^2 \rangle = - \frac {\hbar^2}{2a} \int_{-a}^a \frac {d}{dx} \left[ \delta(x+a) - \delta(x-a) \right] dx .$

= - \frac{ℏ^{2}}{2 a} [d (X + a) - d (X - a)] |_{- a}^{a} = \frac{ℏ^{2}}{a} \cdot \infty .

$\ \ \ \ \ \ = - \frac {\hbar^2}{2a} \left[ \delta(x+a) - \delta(x-a) \right] \Bigg|_{-a}^{a} = \frac {\hbar^2}{a} \cdot \infty \ \ \ .$

Es exactamente lo mismo que obtienes con tu cálculo en el $p$ espacio, si corrige el error en $\phi (p)$ , donde debe aparecer $\hbar$ , no $\sqrt {\hbar}$ .

jeau_von_shrau

Esto es realmente genial, muchas gracias. Así que nunca tuve que cambiar al espacio de impulso en absoluto.

jeau_von_shrau

Todavía estoy tratando de encontrar dónde me equivoqué con eso

\sqrt{ℏ}

$\sqrt{\hbar}$ porque tengo entendido que hay un

\frac{1}{\sqrt{ℏ}}

$\frac{1}{\sqrt{\hbar}}$ en la definición de la transformada de Fourier de

ψ

$\psi$ a

ϕ

$\phi$ . También acabo de comprobar mi

ϕ

$\phi$ y se normaliza.

Sofía

@hopsital Pido disculpas, te vi comentar solo ahora. La transformada de Fourier de una función

f (x)

$f(x)$ es

\frac{1}{\sqrt{2 π}} \int_{- \infty}^{\infty} f (x) e^{i k x} d x

$\frac {1}{\sqrt {2 \pi}} \int_{- \infty} ^{\infty} f(x) e^{ikx} dx$ , dónde

k = p / ℏ

$k = p/ \hbar$ . Al presentar su función de ventana obtiene,

\frac{1}{2 \sqrt{π a}} \int_{- a}^{a} e^{i k x} d x

$\frac {1}{2 \sqrt {\pi a}} \int_{-a}^a e^{ikx} dx$ , cuyo resultado es

\frac{1}{2 i k \sqrt{π a}} (e^{i k a} - e^{- i k a}) d x

$\frac {1}{2ik \sqrt {\pi a}} (e^{ika} - e^{-ika}) dx$ . Introduciendo aquí la expresión de

k

$k$ usted obtiene

\frac{ℏ}{p \sqrt{π a}} s i n (p a / ℏ)

$\frac {\hbar}{p \sqrt {\pi a}} sin(pa/ \hbar)$ .

Sofía

@hospital Me refiero a su comentario de que nunca tuve que cambiar al espacio de impulso. ¿Por qué no cambiar? Calcular de dos maneras y obtener el mismo resultado le daría confianza de que el resultado es bueno. Ahora, una cosa más: en tu función seno

s i n (a π p / ℏ)

$sin(a \pi p/ \hbar)$ el

π

$\pi$ es fútil La transformada de Fourier, como dije en mi comentario anterior, se obtiene multiplicando tu función por

e^{i k x}

$e^{ikx}$ e integrando sobre

x

$x$ . Solo por rigor, más

k

$k$ debe ser una barra indicando que

k

$k$ Se define como

2 π / λ

$2\pi /\lambda$ . Pero generalmente omitimos la barra sobre

k

$k$ como hice en mi comentario anterior.

jeau_von_shrau

Tienes un buen argumento. Vale la pena el doble control. Parece que Sakurai ha definido el

ϕ (p)

$\phi(p)$ Transformada de Fourier de manera diferente a usted en el libro de texto que estoy usando, "Mecánica cuántica moderna":

ϕ (p) = \frac{1}{\sqrt{2 π ℏ}} \int_{- \infty}^{\infty} d x e^{- \frac{i p x}{ℏ}} ψ (x)

$\phi(p) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}{dx e^{-\frac{ipx}{\hbar}}\psi(x)}$ que en el lenguaje de k's, todavía daría

ϕ (k) = \frac{1}{\sqrt{2 π ℏ}} \int_{- \infty}^{\infty} d x e^{- i k x} ψ (x)

$\phi(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}{dx e^{{-ikx}}\psi(x)}$ Sakurai (1.7.34b)

Sofía

@jeau_von_shrau: No sé de qué habla Sakurai. No hay razón para

ℏ

$\hbar$ estar bajo la raíz cuadrada. El

ℏ

$\hbar$ proviene del simple hecho de que el número de onda

k

$k$ es igual a

p / ℏ

$p/ \hbar$ , dónde

p

$p$ es el momento lineal. Asimismo, la función

ψ

$\psi$ ser transformado no debe estar en el exponente. Repito, la transformada de Fourier de una función

f (x)

$f(x)$ es

\frac{1}{\sqrt{2 π}} \int_{- \infty}^{\infty} f (x) e^{i k x} d x

$\frac {1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{ikx} \ dx$ .

ℏ

$\hbar$ aparece de forma natural, como decía, siempre que conviene sustituir el número de onda

k

$k$ con

p / ℏ

$p/ \hbar$ .

Sofía

@jeau_von_shrau No vi en ningún otro libro el

ℏ

$\hbar$ allí donde lo coloca Sakurai.

Sofía

@jeau_von_shrau: ¡Aaaa! Creo que entiendo su motivación. Cuando te transformas de nuevo, es decir

ψ (x) = \frac{1}{\sqrt{2 π}} \int_{- \infty}^{\infty} d k ϕ (k) e^{i k x} d k

$\psi (x) = \frac {1}{\sqrt {2 \pi}} \int _{-\infty}^{\infty} dk \phi(k) e^{ikx} dk$ , probablemente desee escribir la transformada inversa como

ψ (x) = \frac{1}{\sqrt{2 π}} \int_{- \infty}^{\infty} d k ϕ (p) e^{i p x / ℏ} d p

$\psi (x) = \frac {1}{\sqrt {2 \pi}} \int _{-\infty}^{\infty} dk \phi(p) e^{ipx/\hbar} dp$ . El producto de los dos elementos de integración, dx \ dp, tiene la dimensión de

ℏ

$\hbar$ . Pero esta sofisticación generalmente no se usa. La gente trabaja en general como digo.

jeau_von_shrau

Muchas gracias por aclarar esto. Era una cuestión de notación o

sophistication

$\textit{sophistication}$ jajaja. Así como usted tiene una opción arbitraria para dividir el

\frac{1}{2 π}

$\frac{1}{2\pi}$ en una de las dos transformadas de Fourier como

\frac{1}{\sqrt{2 π}}

$\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$ en ambos, puedes dividirlo de manera similar

\frac{1}{ℏ}

$\frac{1}{\hbar}$ también. Sin embargo, esta definición arbitraria se vuelve muy importante aquí porque

ℏ

$\hbar$ tiene unidades. Realmente estamos hablando de diferentes

ϕ

$\phi$ entonces Comenzaré a seguir la norma; ¡gracias por hacérmelo saber!

Sofía

@jeau_von_shrau, por favor vea, la función de onda generalmente no es un número adimensional. Sabemos que la probabilidad es adimensional, por lo tanto, como

\int_{- \infty}^{\infty} | ψ (x) |^{2} d x = 1

$\int_{-\infty}^{\infty} |\psi(x)|^2 dx = 1$ uno tiene eso

ψ (x)

$\psi(x)$ tiene la dimensión

c m^{- 1 / 2}

$cm^{-1/2}$ . También,

\int_{- \infty}^{\infty} | ϕ (k) |^{2} d k = 1

$\int_{-\infty}^{\infty} |\phi(k)|^2 dk = 1$ , por lo tanto

ψ (k)

$\psi(k)$ tiene la dimensión

c m^{+ 1 / 2}

$cm^{+1/2}$ porque

d k

$dk$ tiene dimensión

c m^{- 1}

$cm^{-1}$ . No es bueno introducir factores que cambien las dimensiones, como hizo Sakurai. La transformada de Fourier, tal como aparece normalmente en artículos y libros, funciona correctamente.

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