¿Cómo debo interpretar la incertidumbre en la velocidad mayor que la velocidad de la luz?

Question

Me acaba de estudiar Heisenberg del principio de incertidumbre en la escuela y me encontré con un problema interesante.
Asumir un electrón que se mueve muy lentamente y lo observamos con una distancia de incertidumbre de decir $\Delta x=1\times10^{-13} \text{ m}$ si tratamos de encontrar la incertidumbre de la velocidad usando la fórmula de $$\Delta x \cdot \Delta v\ge \dfrac{h}{4\pi m}$$ $$\Delta v=578838179.9 \text{ m/s}$$
Que es claramente mayor que la velocidad de la luz, pero que no es posible. ¿Cómo los físicos superar este reto?

Answer 1

La fórmula correcta es $$\Delta X \Delta P \geq h/4\pi$$ donde $P$ es el impulso que es aproximadamente $mv$ sólo para velocidades pequeñas a las $v$ cuando se compara con $c$. De lo contrario, usted tiene que utilizar la expresión relativista $$P = mv/ \sqrt{1-v^2/c^2}.$$ Si $\Delta X$ es pequeño, entonces la $\Delta P$ es grande pero, de acuerdo a la fórmula anterior, la velocidad sigue siendo de la orden de $c$ en la mayoría de los. Eso es porque, en la fórmula anterior, $P\to +\infty$ corresponde a $v\to c$.

Con algunos detalles, la resolución de la anterior identidad para $v$, tenemos $$v = \frac{P}{m \sqrt{1+ P^2/m^2c^2}}\:,$$ , de modo que $$v\pm \Delta v = \frac{P\pm \Delta P}{m \sqrt{1+ (P\pm \Delta P)^2/m^2c^2}}.$$ Hemos obtenido la expresión exacta de $\Delta v$: $$\pm \Delta v = \frac{P\pm \Delta P}{m \sqrt{1+ (P\pm \Delta P)^2/m^2c^2}} - \frac{P}{m \sqrt{1+ P^2/m^2c^2}},$$ donde $$\Delta P = \frac{\hbar}{2\Delta X}\:.$$ Esta es una complicada la expresión, pero es fácil ver que la velocidad final no puede exceder $c$ en todos los casos. Para un valor fijo de $P$ e $\Delta X \to 0$, tenemos $$v\pm \Delta v = \lim_{\Delta P \to + \infty}\frac{P\pm \Delta P}{m \sqrt{1+ (P \pm \Delta P)^2/m^2c^2}}= \pm c\:.\tag{1}$$

Por último, no es difícil ver que (usando la gráfica de la función tangente hiperbólica) $$-1 \leq \frac{(P\pm \Delta P)/mc}{ \sqrt{1+ (P \pm \Delta P)^2/m^2c^2}}\leq 1\tag{2}\:.$$ Por lo tanto, a la conclusión de que $$-c \leq v\pm \Delta v \leq c,$$ donde los valores de límite se logran sólo por $\Delta X \to 0$ según (1). La relatividad es seguro...

Answer 2

Lo que hemos descubierto es que la "normal" de la Mecánica Cuántica es incompatible con la relatividad. Como Valter Moretti señalado, el uso de una expresión relativista para el impulso se resuelve este problema. Hay, sin embargo, más problemas que no pueden resolverse simplemente mediante la utilización de expresión relativista para la energía y el impulso. Por ejemplo,

• El relativista de la ecuación de $E=mc^2$ implica que es posible que la energía se convierten en nuevas partículas. El tiempo-energía el principio de incertidumbre $\left(\Delta E\cdot\Delta t\geq\hbar/2\right)$ implica que es posible que las partículas a ser creado de la nada, aun cuando, desde un punto de vista clásico, no hay suficiente energía actual.
• Incluso cuando una sola partícula de la mecánica cuántica se ha modificado para utilizar un Hamiltoniano relativista, como en el de Klein-Gordon ecuación, siempre existe una probabilidad no nula de que una partícula puede teletransportarse a través de un espacio-como el intervalo de tiempo (más rápido que la velocidad de la luz).

Estos problemas se resuelven por medio de la introducción de la Teoría Cuántica de campos. Básicamente, en lugar de cuantización de las partículas individuales, nos cuantización de campos. Las partículas son excitaciones de los campos, y las nuevas partículas pueden aparecer de la nada. Las teorías cuánticas del campo están diseñados para preservar la causalidad, de modo que funcionan muy bien con la relatividad. La matemática es algo muy complicado, pero esa es la idea básica.

Answer 3

Hay dos problemas con esta configuración. El primero es aquí:

Asumir un electrón que se mueve muy lentamente

Si usted ya sabe que el electrón se mueve muy lentamente, a continuación, usted ya tiene una pequeña incertidumbre en el impulso. Por ejemplo, si usted sabe que el electrón se mueve a menos de $1 \text{ m/s}$ entonces $\Delta v = 0.29 \text{ m/s}$ así que ya tenemos $\Delta p = 2.6 \ 10^{-31}\text{ kg m/s}$. Por $\Delta x \ \Delta p \ge \hbar/2$ entonces $\Delta x \ge 0.0002\text{ m}$ por lo que la distancia de la incertidumbre mencionada en el programa de instalación no es posible.

Por supuesto, tal vez usted quiere algo diferente "que se mueve muy lentamente", pero si usted trabaja a través de los números, a continuación, $\Delta x = 10^{-13}\text{ m}$ da una incertidumbre de la velocidad de $\Delta v \ge 0.88 \ c$ que sería difícil de justificar como "muy lentamente" independientemente.

EDIT: Por el comentario de abajo "muy lentamente" se refiere a un no-relativista de la velocidad. Si insistimos en $\gamma < 1.01$ , a continuación, que corresponde a $v < 4.2 \ 10^7 \text{ m/s}$. Este es $\Delta v < 1.2 \ 10^7 \text{ m/s}$ o un máximo de $\Delta p = 1.1 \ 10^{-23} \text{ kg m/s}$. Así que por Heisenberg del principio de incertidumbre de la mínima incertidumbre en la posición es $\Delta x > \hbar/(2\Delta p) = 4.8 \ 10^{-12}\text{ m}$

El segundo problema es

usando la fórmula de $$\Delta x. \Delta v\ge \frac{h}{4\pi m}$$

La expresión correcta es $\Delta p \Delta x\ge \hbar/2$. Esto es importante porque, $p=mv$ es sólo un no-relativista aproximación. En la relatividad $p=mv/\sqrt{1-v^2/c^2}$ que es ilimitado como $v$ enfoques $c$. Con esta fórmula correcta $\Delta x = 10^{-13}\text{ m}$ resultados en $\Delta p = 5.3 \ 10^{-22} \text{ kg m/s}$. Como se indicó anteriormente, para un electrón esto corresponde a una velocidad de incertidumbre de $\Delta v = 0.88 \ c$ que es bastante grande, pero no exceda el $c$.

Answer 4

Así que cuando usted se convierte en una partícula (o nuclear) físico , una de las primeras cosas que usted necesita para memorizar es que:

$$ \hbar c \approx 200\,{\rm MeV\cdot fm}$$

donde "fm" es una de fermi ($10^{-15}\,$m), que es la escala de un nucleón.

Por lo tanto, si su posición incertidumbre es 100 fm, inmediatamente se puede estimar un impulso a la incertidumbre de 1 MeV/c.

Puesto que usted también ha memorizado $m_e=0.511\,$MeV/c$^2$, eso significa que la velocidad de la incertidumbre (que en realidad no es una cosa en la física de partículas, que nunca viene arriba) corresponde a un factor de Lorentz:

$$\gamma = \frac{E}{m_e} \approx \frac p {m_e} \approx 2,$$

y todos hemos hecho lo suficiente de la relatividad de einstein es un problema saber esto corresponde a una velocidad de:

$$ \beta = \frac v c = \frac{\sqrt 3} 2 \approx 0.866$$

que es lo suficientemente cerca para @Dale la respuesta.

Answer 5

Asumir un electrón que se mueve muy lentamente y lo observamos con una distancia de incertidumbre de decir Δx=1×10-13 m

En QM, las partículas no se han velocidades en el sentido normal de la palabra. La velocidad es un observable, y por lo tanto es representado por un operador se aplica a un estado cuántico. Hablando de una partícula "velocidad", implica que la partícula tiene una clara velocidad (es decir, en un eigenstate de la velocidad del operador) o, al menos, su estado tiene un pequeño en la velocidad de propagación en el espacio. Como se calcula, un electrón con un pequeño $\Delta x$ tendría un tremendo $\Delta p$ que no puede haber nada parecido a una bien definida de la velocidad.

Si un electrón se mueve cerca de $c$, luego de atravesar $10^{-13}m$ en ~$3*10^{-22}$ segundos. De acuerdo con una rápida búsqueda en la web que he realizado, el tiempo más alto de precisión jamás registrado es $10^{-21}s$. https://www.smithsonianmag.com/smart-news/physicists-record-smallest-slice-time-yet-180961085/ Así que no es posible medir un electrón más de lo suficientemente corto período de tiempo para ser confinado dentro de una región de $10^{-13}m$.

Esto no quiere decir que no es legítimo preguntar acerca de un asunto puramente hipotético, completamente medible escenario en el que durante un período de menos de un zeptosecond, un electrón ha $\Delta x = 10^{-13}m$. Pensé que sólo cabe señalar que esta es una física realista de la situación.

Como para esto, al parecer resutling en $\Delta v > c$, como Valter Moretti dice, su cálculo se basa en el $p = mv$, y si $m$ es el resto de la masa $m_0$, esto es válido sólo para las pequeñas $v$ (en relación al $c$). Sin embargo, no creo que Valter Moretti es más cálculos son válidos. El $\Delta p$ en la incertidumbre no es el rango de $p$, aunque esta interpretación es una buena aproximación para ser una buena intuición cuando la priciple está siendo introducido. Más bien, $\Delta p$ es la desviación estándar de $p$: $\sqrt {<\phi^* |p \phi>^2-<\phi^* |p^2 \phi>}$. Desde $p$ es una función no lineal de $v$, no podemos calcular un valor exacto de $\Delta v$ en términos de $\Delta p$ sin saber exactamente $\phi$.