Принцип неопределенности Гейзенберга в применении к бесконечной квадратной яме

Это началось как комментарий, но сейчас у меня есть только репутация, чтобы ответить. Но это ни в коем случае не строгий ответ.

В вашем вопросе есть несколько предположений, которые не совсем верны. Для начала вы, кажется, говорите, что любое определенное значение энергии повлечет за собой определенное значение импульса. Это верно для полностью свободной частицы, но уже не верно для частицы, которая подвергается какому-то взаимодействию (где взаимодействие, спросите вы? Ну то, что она помещена в коробку, конечно!)

Есть простой и (на мой взгляд) поучительный способ увидеть это. Если бы то, что вы сказали, было правдой, то состояния с определенной энергией были бы также состояниями с определенным импульсом. Другими словами, они удовлетворяли бы уравнению на собственные значения

$$\hat{p}\psi_n = p_n\psi_n$$ куда $\hat{p}=\frac{\hbar}{i}\frac{d}{dx}$- оператор импульса и $p_n$является константой (которая будет представлять измеренный импульс). Давайте проверим, так ли это. Состояния с определенной энергией задаются выражением

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

Таким образом, действие оператора импульса

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

Другими словами, состояния с определенной энергией не являются состояниями с определенным импульсом, поскольку оператор импульса не дает исходной волновой функции, умноженной на константу! Конечно, вы правы в том, что величина импульса будет фиксированной.

Если у вас все еще возникают проблемы с этим, вот небрежный «интуитивный» полуклассический пример: скажем, я дал вам (одномерный!) ящик с частицей (единичной массы), постоянно бьющейся внутри него. Я говорю вам, что я много раз измерял энергию этой частицы, и она всегда оказывалась ровно 8. Теперь я прошу вас дать мне ее импульс. "Ага!" вы говорите: «Когда он находится внутри коробки, на него не действуют никакие силы, поэтому энергия определяется просто:»

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

Таким образом, вы обнаружите, что «импульс» равен 4! Но подождите минутку, вы не знаете, отскакивает ли он влево или вправо. Другими словами, если это$+4$или же$-4$! Тот факт, что частица взаимодействует со стенкой, отвечает за «переворот» знака ее импульса.

Точно так же для частицы в ящике величина импульса$|p|$дан кем-то

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

Так в чем неуверенность$p$? ну это просто$\Delta p = +|p| - (-|p|) = 2|p| = \frac{2 n\pi \hbar}{L}$. А как же неуверенность в$x$? Ну, это может быть где угодно в коробке, и так$\Delta x = L$, длина коробки.

Давайте попробуем найти

$$\Delta x \Delta p = 2n\pi \hbar > \frac{\hbar}{2}$$ для всех значений $n\geq 1$.

Ясно, когда$n=0$это больше не работает. Мы можем понять это по-разному. Простым способом было бы осознать, что когда$n=0$, величина импульса$0$, и, таким образом, нет никаких «положительных» и «отрицательных» значений, которые он мог бы принимать: он определенно имеет импульс, равный нулю, без какой-либо неопределенности. Это было бы разрешено, если бы вы не были в коробке. Однако, помещая себя в коробку, имея в виду, что$\Delta x < \infty$, означает, что у вас обязательно есть минимальный ненулевой импульс, используя аргумент, который вы упомянули ранее.

Более того, математика говорит вам, что состояние с$n = 0$тривиальное состояние$\psi_0(x) = 0$. Интеграл по модулю квадрата этой функции равен 0, что можно интерпретировать как то, что такой частицы просто не существует.

В дополнение к комментарию @tparker о том, что$n=0$соответствует$\psi(x)=0$, обратите внимание (используя$L=1$):

1. Отсутствует связь неопределенностей между$E$а также$p$, т. е. нет уравнения типа$\Delta E\Delta p=$(что-нибудь),
2. С другой стороны, можно вывести для основного состояния ($n=1$) бесконечного колодца, $$(\Delta x)^2=\frac{\pi^2-6}{12\pi^2}\, ,\qquad (\Delta p^2)=\hbar^2 \pi^2=2mE_1$$ так что нет проблем с$\Delta p\Delta x\ge \frac{\hbar}{2}$. Кроме того, поскольку$\psi_n(x)$является собственным состоянием$\hat H$, это следует из того$\Delta E=0$для тех штатов.
3. Расчет$\Delta E$ибо бесконечный колодец может быть обманчив. Это потому что$\hat p^2$, что требуется для вычисления моментов$\hat H$, не является самосопряженным. В основном полномочия$\hat p^2$можно взять «правильные» волновые функции (которые удовлетворяют граничным условиям задачи и другим критериям, чтобы быть законными волновыми функциями) и преобразовать их в «недопустимые» волновые функции. Простейшим примером является рассмотрение волновой функции $$\psi(x)=\sqrt{30}x(x-1)\, .$$ это$0$в$x=0$а также$x=1$, и нормированный таким образом, чтобы удовлетворять граничным условиям, чтобы быть законной волновой функцией (хотя и не собственным состоянием$\hat H$.) Если$\hat H$были самосопряженными, то$\hat H^2$тоже наивно тоже было бы самосопряженным, но$\hat H^2\psi(x)=0$, что уже не удовлетворяет граничным условиям.

Это входит в оценку$\Delta E$следующим образом. Определение$\phi(x)=\hat p^2\psi(x)=-2\sqrt{30}\hbar^2$легко убедиться, что при вычислении$\langle E^2\rangle$требуется для получения$(\Delta E)^2$, что$H^2\psi(x)\sim p^4\psi(x)=\hbar^4 d\psi(x)/dx^4=0$но

$$\int_0^1 dx \psi(x) \left[p^4 \psi(x)\right]\ne \int_0^1 \phi(x)\phi(x)\ne 0\, .$$ Другими словами: $$\langle \hat H\psi\vert \hat H\psi\rangle \ne \langle \psi \vert \hat H^2\psi\rangle$$ такой расчетливый $\Delta E$для конечных квадратных колодцев может быть проблематичным, если не быть очень осторожным.

Это поучительный пример ситуации, когда «самосопряженный» НЕ совпадает с эрмитовым. В этой статье подробно рассматривается проблема конечной ямы.

(Заранее извиняюсь перед моими коллегами, имеющими опыт функционального анализа, за такое «расплывчатое» рассуждение, что$\hat p^2$не является самосопряженным.)

Этот вопрос на самом деле почти идентичен вопросу, который я задавал на первом курсе курса квантовой механики. Это означало, что гипотетический друг спросил вас, почему наличие определенной энергии в бесконечной потенциальной яме не нарушает принцип неопределенности. Здесь я предоставлю вам ответ, который дал много лет назад.

Рассмотрим энергию выше$E=0$. Тогда импульс состояния должен удовлетворять$E=p^2/2m$. Теперь есть два решения для$p$, соответствующий положительному и отрицательному импульсу. Таким образом, неопределенность может быть рассчитана как

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

Ясно, для$n=0$неопределенность исчезает, но совершенно конечна для всех других значений. Таким образом, пока$\Delta x^2$достаточно велика (так и есть), принцип неопределенности полностью выполняется для всех$n>0$.

Другая причина того, что$n=0$состояние нефизично, потому что оно не нормализуется. Действительно,$n=0$государство должно было удовлетворить

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

И поэтому является линейным. Однако не существует ненулевой линейной функции, удовлетворяющей необходимым граничным условиям. Таким образом,$\psi=0$везде и не является физическим состоянием в нашем гильбертовом пространстве.

Надеюсь, это помогло!

Иметь определенную энергию и определенный импульс — не одно и то же. Собственные состояния гамильтониана частицы в ящике имеют определенную энергию, но оказывается, что они не имеют определенного импульса, а разброс по импульсам достаточно велик, чтобы удовлетворить принципу неопределенности Гейзенберга.

причина, по которой квантовая частица не может иметь n = 0, другими словами, E = 0, заключается в том, что, имея нулевую энергию, мы также имеем определенный импульс без какой-либо неопределенности.

Нет, причина в волновой функции$\psi(x)$что вы получите за$n = 0$везде тождественно равен нулю, а значит, ненормируем и не лежит в гильбертовом пространстве физически допустимых состояний.$n = 0$не соответствует частице с нулевой энергией или импульсом — это соответствует полному отсутствию какой-либо частицы вообще.

При условии, что у нас есть бесконечная квадратная яма с потенциалом

$$V(x)=\begin{cases} 0, \text{ if }0<x<L,\\ +\infty, \text{ otherwise} \end{cases}$$ мы получаем волновые функции как $$\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\left(\frac{\pi n x}{L}\right),$$ куда$n$является положительным целым числом. теперь несложно вычислить необходимые средние значения (используя тригонометрические формулы для двойного угла и интегрирование по частям): $$\langle n |\hat{p}|n\rangle=\int_0^L\psi_n(x)\hat{p}\psi_n(x)dx=0,\\ \langle n |\hat{p}^2|n\rangle=\int_0^L\psi_n(x)\hat{p}^2\psi_n(x)dx=\frac{\hbar^2\pi^2n^2}{L^2},\\ \langle n |\hat{x}|n\rangle=\int_0^Lx\psi_n^2(x)dx=\frac{L}{2},\\ \langle n |\hat{x}^2|n\rangle=\int_0^Lx^2\psi_n^2(x)dx=L^2\left(\frac{1}{12}-\frac{1}{2\pi^2n^2}\right).$$ Теперь мы можем оценить стандартные отклонения импульса и положения как $$\sigma_p=\sqrt{\langle n |\hat{p}^2|n\rangle - \langle n |\hat{p}|n\rangle^2}=\frac{\hbar \pi n}{L},\\ \sigma_x=\sqrt{\langle n |\hat{x}^2|n\rangle - \langle n |\hat{x}|n\rangle^2}=L\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{2\pi^2n^2}}$$ Таким образом, у нас есть $$\sigma_x\sigma_p=\hbar\pi n\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{2\pi^2n^2}} =\frac{\hbar}{2}\sqrt{\frac{6\pi^2n^2-1}{3}}$$ С$\pi^2\approx 10$, для основного состояния ($n=1$) у нас есть $$\sigma_x\sigma_p\approx\frac{\hbar}{2}\sqrt{\frac{59}{3}}>\frac{\hbar}{2}.$$ Для высшего$n$неравенство еще сильнее. Однако если мы взяли$n=0$, мы получили бы бессмысленный мнимый ответ (конечно, волновая функция тождественно равна нулю для$n=0$).