Deje que una partícula (libre) se mueva en $[0,a]$ con condición de frontera cíclica $\psi(0)=\psi(a)$. La solución de la ecuación de Schrödinger puede expresarse en forma de una onda plana. En este estado la desviación estándar del momento es $0$, pero $\sigma_x$ debe ser finito. Por lo tanto, encontramos que $\sigma_x\sigma_p=0$. ¿Hay algo mal con el principio de incertidumbre?
Respuestas
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Esto es lo que sucede si a uno no le importa la sutileza de que los operadores cuánticos mecánicos suelen definirse solo en subespacios del espacio de Hilbert completo.
Vamos a establecer $a=1$ por conveniencia. El operador $p =-\mathrm{i}\hbar\partial_x$ que actúa sobre funciones de onda con condiciones de frontera periódicas definidas en $D(p) = \{\psi\in L^2([0,1])\mid \psi(0)=\psi(1)\land \psi'\in L^2([0,1])\}$ es autoadjunto, es decir, en el dominio de definición de $p$, tenemos $p=p^\dagger$, y $p^\dagger$ admite el mismo dominio de definición. La autoadjunción de $p$ se sigue de las condiciones de frontera periódicas que eliminan los términos de superficie que aparecen en el producto interno de $L^2$ $$\langle \phi,p\psi\rangle - \langle p^\dagger \phi,\psi\rangle = \int\overline{\phi(x)}\mathrm{i}\hbar\partial_x\psi(x) - \overline{\mathrm{i}\hbar\partial_x\phi(x)}\psi(x) = 0$$ para cada $\psi\in D(p)$ y cada $\phi\in D(p^\dagger) = D(p)$, pero no para $\phi$ con $\phi(0)\neq\phi(1)$.
Ahora, en cuanto a la cuestión del conmutador: el operador de multiplicación $x$ está definido en todo el espacio de Hilbert, ya que para $\psi\in L^2([0,1])$ $x\psi$ también es cuadrado integrable. Para el producto de dos operadores $A,B$, tenemos la regla $$ D(AB) = \{\psi\in D(B)\mid B\psi\in D(A)\}$$ y $$ D(A+B) = D(A)\cap D(B)$$ así que obtenemos \begin{align} D(px) & = \{\psi\in L^2([0,1])\mid x\psi\in D(p)\} \\ D(xp) & = D(p) \end{align} y $x\psi\in D(p)$ significa $0\cdot \psi(0) = 1\cdot\psi(1)$, es decir, $\psi(1) = 0$. Por lo tanto tenemos $$ D(px) = \{\psi\in L^2([0,1])\mid \psi'\in L^2([0,1]) \land \psi(1) = 0\}$$ y finalmente $$ D([x,p]) = D(xp)\cap D(px) = \{\psi\in L^2([0,1])\mid \psi'\in L^2([0,1])\land \psi(0)=\psi(1) = 0\}$$ lo que significa que las ondas planas $\psi_{p_0}$ no pertenecen al dominio de definición del conmutador $[x,p]$ y no se puede aplicar el principio de incertidumbre ingenuo a ellas. Sin embargo, para operadores autoadjuntos $A,B$, se puede reescribir el principio de incertidumbre como $$ \sigma_\psi(A)\sigma_\psi(B)\geq \frac{1}{2} \lvert \langle \psi,\mathrm{i}[A,B]\rangle\psi\rvert = \frac{1}{2}\lvert\mathrm{i}\left(\langle A\psi,B\psi\rangle - \langle B\psi,A\psi\rangle\right)\rvert$$ donde el lado derecho y el lado izquierdo están ambos definidos en $D(A)\cap D(B)$. Aplicando esta versión a las ondas planas no produce ninguna contradicción.
higgsss
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768
Se debe tener en cuenta que $\psi(x)$ está definida en un círculo de circunferencia $a$. Multiplicar $x$ en este círculo es realmente multiplicar una extensión periódica de $x$, es decir, la función de dientes de sierra $x - a\lfloor x/a\rfloor$, donde $\lfloor y\rfloor$ significa el entero más grande no mayor que $y$. Por lo tanto, el conmutador de los operadores de posición y momento implica la derivada no solo de $x$ sino también de la parte discontinua $-a\lfloor x/a\rfloor$. Por lo tanto, \begin{equation} \sigma_{x} \sigma_p \geq \frac{1}{2}\Big|\langle \psi|\,[\hat{x},\hat{p}]\,|\psi\rangle\Big| = \frac{\hbar}{2}\Bigg|\Big\langle\psi\,\Big|\frac{d}{dx}\big(x - a\lfloor x/a\rfloor\big)\Big|\,\psi\Big\rangle\Bigg| = \frac{\hbar}{2}\Big|1-a|\psi(0)|^{2}\Big|. \end{equation> Para una onda plana $\psi(x) = e^{ikx}/\sqrt{a}$, lo anterior se reduce a $\sigma_{x} \sigma_p\ge0$, como se deseaba.
Andrea Di Biagio
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Hay dos formas de interpretar las condiciones de frontera que estás imponiendo.
El primer caso es el de un sistema que es infinito en extensión, pero tiene una regularidad periódica. Esto es como un electrón en un cristal unidimensional idealizado, donde la condición de frontera periódica se impone por la presencia de núcleos espaciados regularmente. En este caso, la solución de onda plana tiene $\sigma_p$ = 0 pero $\sigma_x$ es infinito.
El segundo caso es el de una partícula en un anillo. En este caso, puedes imaginar la partícula como estando restringida dentro del anillo por un pozo de potencial infinitamente profundo. El sistema no es realmente unidimensional, es bidimensional. Ahora tienes que considerar tanto $\sigma_x \sigma_{p_x}$ como $\sigma_y \sigma_{p_y}$, y aunque $\sigma_x = \sigma_y \sim a$, la incertidumbre en el momento será impuesta por el grosor del anillo. La solución de onda plana de hecho representará estados propios de momento angular.
