Классический предел в квантовой механике

Вышеупомянутые плакаты, похоже, упустили тот факт, что$\Psi$не собственная функция, а произвольная волновая функция. Типы волновых функций, которые мы обычно видим при расчетах, обычно выражаются в терминах собственных функций таких вещей, как операторы энергии или импульса, и имеют мало общего, если вообще имеют, с классическим поведением (например, посмотрите на плотность вероятности собственных состояний энергии для квантовый гармонический осциллятор и попытайтесь представить его как описание массы, соединенной с пружиной).

Возможно, вам захочется построить когерентные состояния , в которых положение и импульс рассматриваются демократически (неопределенность поровну распределяется между положением и импульсом).

Тогда квантовое число, обозначающее ваше состояние, можно рассматривать как уровень возбуждения состояния. Для гармонического осциллятора это примерно величина количества энергии в состоянии в этом состоянии.$E = \langle n \rangle \hbar= |\alpha^2| \hbar$. Если вы наивно принимаете$\hbar \to 0$потом все исчезает. Но если оставить, скажем, энергию конечной, принимая$\hbar \to 0$, то вы можете восстановить осмысленные, классические ответы (которые не зависят от$\alpha$или$\hbar$).

В случае частицы в потенциале$\hat{\mathcal H} = \frac{\hat{p}^2}{2m}+V({\mathbf x})$, пусть произвольная волновая функция записывается в виде

$$\Psi({\mathbf{x}},t) = \sqrt{\rho({\mathbf x},t)}\exp\left(i\frac{S({\mathbf x},t)}{\hbar}\right)\text{,}$$ где $\rho \geq 0$. Тогда это становится простым математическим упражнением для вывода: $$\Psi^*\hat{\mathcal{H}}\Psi = \rho\left[\frac{1}{2m}\left|\nabla S({\mathbf x},t)\right|^2 + V(\mathbf{x})\right] + \mathcal{O}(\hbar)\text{,}$$ где я опускаю термины, которые имеют по крайней мере одну степень $\hbar$. С $\langle\Psi|\hat{\mathcal H}|\Psi\rangle$является пространственным интегралом этой величины, интегрирование вместо этого - это то, что мы хотим для $\hbar\to 0$лимит энергии.

[Изменить] Как говорит @Ruslan, волновая функция должна колебаться быстрее, чтобы иметь кинетический член. В вышеизложенном, сохраняя$S$независим от$\hbar$означает увеличение фазы в той же пропорции, что$\hbar$опущен.

Кроме того, заменив эту форму на$\Psi$в уравнение Шредингера дает после аналогичного отбрасывания$\mathcal{O}(\hbar)$условия,

$$\underbrace{\frac{1}{2m}\left|\nabla S({\mathbf x},t)\right|^2 + V(\mathbf{x})}_{{\mathcal H}_\text{classical}} + \frac{\partial S({\mathbf x},t)}{\partial t} = 0\text{,}$$ которое представляет собой классическое уравнение Гамильтона-Якоби с $S$взяв на себя роль главной функции Гамильтона.

Нормальный гамильтониан, не зависящий от времени, имеет вид$\hat H=\hat T+\hat V$, где$\hat T=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2$является оператором кинетической энергии и$\hat V=V(\hat x)$является оператором потенциальной энергии. Как видно из этих выражений, при изменении меняется только оператор кинетической энергии.$\hbar$.

Теперь мы можем видеть, что

1. Квантово-механическое математическое ожидание полной энергии частицы представляет собой сумму математического ожидания кинетической и потенциальной энергий:

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

2. Принимая$\hbar\to0$, мы получаем$\hat T\to \hat 0\equiv0$. Теперь математическое ожидание полной энергии частицы становится равным математическому ожиданию ее потенциальной энергии:

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

Из этого следует немедленный ответ: нет, математическое ожидание не останется прежним. И интересный результат состоит в том, что для любой гладкой волновой функции среднее значение кинетической энергии равно нулю, когда$\hbar$равен нулю.

Это означает, что для классического предела волновая функция должна колебаться бесконечно быстро (т.е. иметь нулевую длину волны), чтобы оставаться с той же полной энергией. Как вы делаете$\hbar$меньше, состояние с данной полной энергией получает большее квантовое число, т.е. становится более возбужденным.

Да, на это можно ответить, используя классическую точку зрения. Все мы знаем электромагнитное или оптическое уравнение:

$$E =\nu h = \omega \hbar \longrightarrow 0 = \omega 0$$ Как указал Ричард, ответ на этот вопрос можно получить, посетив вики , «гамильтониан обычно выражается как сумма операторов, соответствующих кинетической и потенциальной энергиям». $$\mathcal{ \hat H } =\hat T + \hat V = {{\hat p^2} \over {2 m}}+V = V - { \hbar^2 \bigtriangledown^2 \over 2m}$$ Для этого случая: $$\mathcal{ \hat H } \rightarrow \hat V = V=0$$ «V» — это просто потенциал, на который помещена система, и для нашей вселенной мы можем предположить, что V = 0. $$\Psi=\Psi( \vec{r} ) \space \space \space \space and \space thus: \space \space \space \space \mathcal{ \hat H } \mid \Psi \rangle = i \hbar {{\partial \Psi } \over {\partial \vec{r}}} \rangle$$ $$\langle \Psi \mid \mathcal{ \hat H } \mid \Psi \rangle =\int \Psi^* \mathcal{ \hat H } ( \Psi ) d \vec{r} = \int \Psi^* i \hbar ( \Psi ' ) d \vec{r}$$ Таким образом, не имеет значения, что такое Psi или какова производная Psi по некоторому измерению, или в каких измерениях Psi существует, или каково комплексное сопряжение Psi, или какие пределы мы интегрируем. Решение кратно h.