En la mecánica cuántica, ¿por qué $\langle T\rangle=\frac{\langle p^2 \rangle}{2m}$ en lugar de $\langle T\rangle=\frac{\langle p \rangle^2}{2m}$ ?

Question

Soy un novato en la lectura de la mecánica cuántica desde "Inroduction to Quantum Meachanics" de Griffiths y en las primeras páginas del libro el autor define:

$$\langle x\rangle =\int_{-\infty}^{\infty} x|\Psi(x,t)|\,dx = \int_{-\infty}^{\infty} \Psi^* (x)\Psi \,dx,$$

$$\langle v\rangle = \frac{d}{dt}\left(\langle x\rangle\right)= -\frac{i\hbar}{m}\int_{-\infty}^{\infty} \Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x} \,dx,$$

$$\langle p\rangle = m\langle v\rangle= -i\hbar\int_{-\infty}^{\infty} \Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x} \,dx,$$

por lo que para mí el autor parece estar trabajando con las expectativas, lo que tiene mucho sentido para mí. Luego busqué en Google la expresión de la energía cinética y esperaba encontrar eso:

$$\langle T\rangle=\frac{\langle p \rangle^2}{2m},$$

pero en cambio, parece que

$$\langle T\rangle=\frac{\langle p^2 \rangle}{2m}.$$

¿Por qué? No entiendo qué pasó en el caso de la energía cinética. ¿Por qué el autor no trabaja ahora con el momento esperado en el caso de la energía cinética esperada? ¿Puede acaso mostrarme una derivación de $\langle T\rangle $ y lo que es más importante, la explicación de por qué se hace así ? En el libro, el autor dice que en general:

$$\langle Q(x, p)\rangle = \int \Psi^*Q(x, \frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x})\Psi\,dx,$$

con el asesoramiento de que cada $p$ debe sustituirse por $\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x}$ al calcular la expectativa de interés. Sin embargo, el por qué de esto era un poco inexistente.

Answer 1

Si lo piensas, esto realmente no se reduce a la QM y sólo depende de cómo se tomen los promedios. La QM sólo entra en juego si realmente quieres calcular esos promedios dado el vector de estado del sistema.

Sabemos que $T=\frac{p^2}{2m}$ por lo que la media de esto es entonces $$\langle T\rangle=\left\langle\frac{p^2}{2m}\right\rangle=\frac{\langle p^2\rangle}{2m}$$

Ya que, en general, $\langle p^2\rangle\neq\langle p \rangle^2$ Aquí es donde terminamos.

Si se quiere encontrar este valor utilizando la base de la posición, entonces invocamos a QM: $$\langle T\rangle=-\frac{\hbar^2}{2m}\int\Psi^*\frac{\partial^2}{\partial x^2}\Psi\ dx$$

Esto se debe a que en la base de la posición, el $P^2$ operador es $-\hbar^2\frac{\partial^2}{\partial x^2}$ .

Answer 2

¿Por qué?

Para concretar, veamos un ejemplo específico para el que $\langle T \rangle \ne \frac{\langle P \rangle^2}{2m}$

Consideremos el caso de que tenemos una partícula con vector de estado (trabajando en 1D para simplificar)

$$|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(|+p\rangle + |-p\rangle\right)$$

donde $p \ne 0$ y $P\,|\pm p\rangle = \pm p\,|\pm p\rangle$ (son eigenkets del operador de momento).

Evidentemente, el expectativa El valor del impulso es

$$\langle P\rangle = \langle\psi|P|\psi\rangle = \frac{1}{2}\left(+p -p\right) = 0$$

Esto se debe a que la medición del momento tiene la misma posibilidad de producir $+p$ y $-p$ .

Sin embargo, una medición de la energía cinética puede sólo rendimiento

$$T = \frac{(\pm p)^2}{2m} = \frac{p^2}{2m}$$

y así

$$\langle T \rangle = \frac{p^2}{2m} \ne \frac{\langle P \rangle^2}{2m} = 0$$