Derivación del principio de incertidumbre de Heisenberg

Question

El principio de incertidumbre de Heisenberg establece que

$$\Delta x \Delta p \geq \frac{\hbar}{2}$$

donde
$\Delta x$ es la incertidumbre en la posición,
$\Delta p$ es la incertidumbre en el momento lineal, y
$\hbar = 1.054571800(13) \times 10^{-34}\ \mathrm{J\ s}$ [ fuente ] es la constante de Planck reducida

Esto significa que, independientemente del estado mecánico cuántico en el que se encuentre la partícula, no podemos medir simultáneamente su posición y su momento con una precisión perfecta. He leído que esto está intrínsecamente relacionado con el hecho de que los operadores de posición y momento no conmutan: $[\hat{x},\hat{p}] = \mathrm{i}\hbar$ .

¿Cómo puedo deducir el principio de incertidumbre, tal como se ha expuesto anteriormente?

Answer 1

La prueba que usaré está tomada de Griffiths, Introducción a la mecánica cuántica 2ª ed., pp 110-111.

Definición de "incertidumbre

Supongamos que el estado normalizado $|\psi\rangle$ de una partícula puede expandirse como una combinación lineal de estados propios de energía $|n\rangle$ con $\hat{H}|n\rangle = E_n |n\rangle$ .

$$| \psi \rangle = \sum_n c_n |n\rangle \tag{1}$$

El valor esperado (la "media") de una cantidad, como la energía, viene dado por

$$\begin{align} \langle E\rangle &= \langle \psi | H | \psi \rangle \tag{2} \end{align}$$

y la varianza de la energía puede definirse de forma análoga a que se utiliza en estadística que para una variable continua $x$ es simplemente el valor esperado de $(x - \bar{x})^2$ :

$$\sigma_E^2 = \left\langle (E - \langle E\rangle)^2 \right\rangle \tag{3}$$

La desviación típica es la raíz cuadrada de la varianza, y la "incertidumbre" se refiere a la desviación típica. Es más apropiado utilizar $\sigma$ como símbolo, en lugar de $\Delta$ y esto es lo que se ve en la mayoría de los textos "apropiados".

$$\sigma_E = \sqrt{\left\langle (E - \langle E\rangle)^2 \right\rangle} \tag{4}$$

Sin embargo, es mucho más fácil atenerse a la varianza en la prueba. Generalicemos esto ahora a cualquier observable genérico, $A$ que se representa necesariamente mediante un operador hermitiano, $\hat{A}$ . El valor esperado de $A$ es simplemente un número, así que vamos a utilizar la letra minúscula $a$ para referirse a ella. Con eso, tenemos

$$\begin{align} \sigma_A^2 &= \left\langle (A - a)^2 \right\rangle \tag{5} \\ &= \left\langle \psi \middle| (\hat{A} - a)^2 \middle| \psi \right\rangle \tag{6} \\ &= \left\langle \psi \middle| (\hat{A} - a) \middle| (\hat{A} - a)\psi \right\rangle \tag{7} \\ &= \left\langle (\hat{A} - a)\psi \middle| (\hat{A} - a) \middle| \psi \right\rangle \tag{8} \\ &= \left\langle (\hat{A} - a)\psi \middle| (\hat{A} - a)\psi \right\rangle \tag{9} \end{align}$$

donde, al pasar de $(7)$ a $(8)$ he invocado la hermiticidad de $(\hat{A} - a)$ (ya que $\hat{A}$ es hermitiana y $a$ es sólo una constante). Del mismo modo, para un segundo observable $B$ con $\langle B \rangle = b$ ,

$$\sigma_B^2 = \left\langle (\hat{B} - b)\psi \middle| (\hat{B} - b)\psi \right\rangle \tag{10}$$

La desigualdad de Cauchy-Schwarz

... establece que para todos los vectores $f$ y $g$ pertenecientes a un espacio de producto interior (baste decir que las funciones en mecánica cuántica cumplen esta condición ),

$$\langle f | f \rangle \langle g | g \rangle \geq |\langle f | g \rangle|^2 \tag{11}$$

En general, $\langle f | g \rangle$ es un número complejo, por lo que necesitamos tomar el módulo. Por la definición del producto interior,

$$\langle f | g \rangle = \langle g | f \rangle^* \tag{12}$$

Para un número complejo genérico $z = x + \mathrm{i}y$ tenemos

$$|z|^2 = x^2 + y^2 \geq y^2 \qquad \qquad \text{(since }x^2 \geq 0\text{)} \tag{13}$$

Pero $z^* = x - \mathrm{i}y$ significa que

$$\begin{align} y &= \frac{z - z^*}{2\mathrm{i}} \tag{14} \\ |z|^2 &\geq \left(\frac{z - z^*}{2\mathrm{i}}\right)^2 \tag{15} \end{align}$$

y taponando $z = \langle f | g \rangle$ en la ecuación $(15)$ obtenemos

$$|\langle f | g \rangle|^2 \geq \left[\frac{1}{2\mathrm{i}}(\langle f | g \rangle - \langle g | f \rangle) \right]^2 \tag{16}$$

Ahora bien, si dejamos que $| f \rangle = | (\hat{A} - a)\psi \rangle$ y $| g \rangle = | (\hat{B} - B)\psi \rangle$ podemos combinar las ecuaciones $(9)$ , $(10)$ , $(11)$ y $(16)$ para conseguirlo:

$$\begin{align} \sigma_A^2 \sigma_B^2 &= \langle f | f \rangle \langle g | g \rangle \tag{17} \\ &\geq |\langle f | g \rangle|^2 \tag{18} \\ &\geq \left[\frac{1}{2\mathrm{i}}(\langle f | g \rangle - \langle g | f \rangle) \right]^2 \tag{19} \end{align}$$

Expandir los paréntesis

Si has llegado hasta aquí -buen trabajo- tómate un respiro antes de continuar, porque vienen más matemáticas.

Tenemos 1

$$\begin{align} \langle f | g \rangle &= \left\langle (\hat{A} - a)\psi \middle| (\hat{B} - b)\psi \right\rangle \tag{20} \\ &= \langle \hat{A}\psi |\hat{B}\psi \rangle - \langle a\psi |\hat{B}\psi \rangle - \langle \hat{A}\psi | b\psi \rangle + \langle a\psi |b\psi \rangle \tag{21} \\ &= \langle \psi |\hat{A}\hat{B}|\psi \rangle - a\langle \psi |\hat{B}\psi \rangle - b\langle \hat{A}\psi | \psi \rangle + ab\langle \psi |\psi \rangle \tag{22} \\ &= \langle \psi |\hat{A}\hat{B}|\psi \rangle - ab - ab + ab \tag{23} \\ &= \langle \psi |\hat{A}\hat{B}|\psi \rangle - ab \tag{24} \end{align}$$

Lo mismo digo,

$$\langle g | f \rangle = \langle \psi |\hat{B}\hat{A}|\psi \rangle - ab \tag{25}$$

Por lo tanto, sustituyendo $(24)$ y $(25)$ en $(19)$ ,

$$\begin{align} \sigma_A^2 \sigma_B^2 &\geq \left[\frac{1}{2\mathrm{i}}(\langle\psi |\hat{A}\hat{B}|\psi \rangle - \langle \psi |\hat{B}\hat{A}|\psi\rangle) \right]^2 \tag{26} \\ &= \left[\frac{1}{2\mathrm{i}}(\langle\psi |\hat{A}\hat{B} - \hat{B}\hat{A}|\psi \rangle ) \right]^2 \tag{27} \end{align}$$

El conmutador de dos operadores se define como

$$[\hat{A},\hat{B}] = \hat{A}\hat{B} - \hat{B}\hat{A} \tag{28}$$

Por lo tanto, el término entre paréntesis en la ecuación $(27)$ es simplemente el valor de expectativa del conmutador, y hemos llegado a la Relación de incertidumbre de Robertson :

$$\sigma_A^2 \sigma_B^2 \geq \left(\frac{1}{2\mathrm{i}}\langle[\hat{A},\hat{B} ]\rangle \right)^2 \tag{29}$$

Esta desigualdad puede aplicarse a cualquier par de observables $A$ y $B$ . 2

El principio de incertidumbre de Heisenberg

Basta con sustituir $A = x$ y $B = p$ nos da

$$\sigma_x^2 \sigma_p^2 \geq \left(\frac{1}{2\mathrm{i}}\langle[\hat{x},\hat{p} ]\rangle \right)^2 \tag{30}$$

El conmutador de $\hat{x}$ y $\hat{p}$ es famoso $\mathrm{i}\hbar$ , 3 y el valor esperado de $\mathrm{i}\hbar$ no es otro que $\mathrm{i}\hbar$ . Esto completa la prueba:

$$\begin{align} \sigma_x^2 \sigma_p^2 &\geq \left(\frac{1}{2\mathrm{i}}\cdot\mathrm{i}\hbar \right)^2 \tag{31} \\ &= \left(\frac{\hbar}{2}\right)^2 \tag{32} \\ \sigma_x \sigma_p &\geq \frac{\hbar}{2} \tag{33} \end{align}$$

donde simplemente hemos "quitado el cuadrado" a ambos lados porque como desviaciones estándar, $\sigma_x$ y $\sigma_p$ son siempre positivos.

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Notas

1 Me he saltado algunas cosas. A saber, $\langle \hat{A}\psi |\hat{B}\psi \rangle = \langle \psi |\hat{A}\hat{B}|\psi \rangle$ lo cual es bastante sencillo de demostrar utilizando la hermiticidad de ambos operadores; $\langle \psi |\hat{A}|\psi \rangle = a$ ; $\langle \psi |\hat{B}|\psi \rangle = b$ y $a = a^*$ ya que es el valor de expectativa de un observable físico, que debe ser real.

2 Esto no no y no pueden utilizarse para deducir el principio de incertidumbre energía-tiempo. No existe operador de tiempo en la mecánica cuántica, y el tiempo no es medible. observable es sólo un parámetro .

3 Técnicamente, es un postula de la mecánica cuántica. (Si no me equivoco, deriva de la ecuación de Schrodinger, que es a su vez un postulado).

Answer 2

Utilizar la desigualdad de Cauchy-Schwarz, como ha hecho @orthocresol en su respuesta, es sin duda la forma más directa de derivar el principio de incertidumbre de Heisenberg. Sin embargo, hay otra desigualdad muy importante (que, por cierto, se puede utilizar para derivar la desigualdad de Cauchy-Schwarz) en la que se puede basar dicha derivación, a saber

\begin{align} \langle \phi | \phi \rangle \geq 0 \ , \tag{1} \end{align}

donde $| \phi \rangle$ puede ser cualquier vector del espacio de Hilbert. Esta es una propiedad fundamental del producto interior. Para llegar a la ecuación deseada sólo tenemos que introducir el vector correcto en esta desigualdad. Para ello adoptaré la notación de @orthocresol y me apoyaré un poco en el primer párrafo de su excelente respuesta, es decir, introduciré dos operadores hermitianos, $\hat{A}$ y $\hat{B}$ cuyos valores de expectativa (que son números reales) se denotarán por $a$ y $b$ respectivamente. Además, la varianza del observable $A$ que se representa mediante $\hat{A}$ es $\sigma_A^2 = \left\langle (A - a)^2 \right\rangle = \langle \psi | (\hat{A} - a)^2 | \psi \rangle$ y análogamente $\sigma_B^2 = \left\langle (B - b)^2 \right\rangle = \langle \psi | (\hat{B} - b)^2 | \psi \rangle$ .

Una vez aclarado esto, empecemos: Primero usamos $\hat{A}$ y $\hat{B}$ para definir otro operador, $(\hat{A} - a) + \mathrm{i}\lambda (\hat{B} - b)$ donde $\mathrm{i} = \sqrt{-1}$ y lambda es una constante real arbitraria. Dado que un operador mapea vectores sobre vectores, dejando que nuestro nuevo operador actúe sobre algún vector de onda $| \psi \rangle$ sólo dará otro vector de onda, digamos $| \tilde{\psi} \rangle$ ,

\begin{align} \left( (\hat{A} - a) + \mathrm{i}\lambda (\hat{B} - b) \right) | \psi \rangle = | \tilde{\psi} \rangle \ . \end{align}

Este nuevo vector de onda deberá satisfacer la desigualdad $(1)$ :

\begin{align} \langle \tilde{\psi} | \tilde{\psi} \rangle \geq 0 \ . \end{align}

Utilizando el hermetismo de $\hat{A}$ y $\hat{B}$ es decir $\hat{A}^{\dagger} = \hat{A}$ y $\hat{B}^{\dagger} = \hat{B}$ el vector bra $\langle \tilde{\psi} |$ correspondiente al vector ket $| \tilde{\psi} \rangle$ es

\begin{align} \langle \tilde{\psi} | = \langle \psi | \left( (\hat{A} - a) + \mathrm{i}\lambda (\hat{B} - b) \right)^{\dagger} = \langle \psi | \left( (\hat{A} - a) - \mathrm{i}\lambda (\hat{B} - b) \right) \end{align}

obtenemos

\begin{align} \left\langle \psi \middle| \left( (\hat{A} - a) - \mathrm{i}\lambda (\hat{B} - b) \right)\left( (\hat{A} - a) + \mathrm{i}\lambda (\hat{B} - b) \right) \middle| \psi \right\rangle &\geq 0 \\ \biggl\langle \psi \Bigg| (\hat{A} - a)^{2} + \lambda^{2} (\hat{B} - b)^{2} + \mathrm{i} \lambda \underbrace{\left( (\hat{A} - a) (\hat{B} - b) - (\hat{B} - b) (\hat{A} - a)\right) }_{= \left[ (\hat{A} - a) , (\hat{B} - b)\right] } \Bigg| \psi \biggr\rangle &\geq 0 \\ \left\langle \psi \middle| (\hat{A} - a)^{2} \middle| \psi \right\rangle + \lambda^{2} \left\langle \psi \middle| (\hat{B} - b)^{2} \middle| \psi \right\rangle + \mathrm{i} \lambda \left\langle \psi \middle| \left[ (\hat{A} - a) , (\hat{B} - b)\right] \middle| \psi \right\rangle &\geq 0 \tag{2} \end{align}

El conmutador $\left[ (\hat{A} - a) , (\hat{B} - b)\right]$ evalúa sólo al conmutador de $\hat{A}$ y $\hat{B}$ ,

\begin{align} \left[ (\hat{A} - a) , (\hat{B} - b)\right] &= (\hat{A} - a) (\hat{B} - b) - (\hat{B} - b) (\hat{A} - a) \\ &= \hat{A}\hat{B} - \hat{B} \hat{A} - b\hat{A} + b\hat{A} - a \hat{B} + a\hat{B} \\ &= \hat{A}\hat{B} - \hat{B} \hat{A} = \left[ \hat{A} , \hat{B} \right] \ , \end{align}

de modo que, junto con las definiciones de las varianzas de $A$ y $B$ de arriba y el valor esperado del conmutador $\langle [ \hat{A} , \hat{B} ] \rangle = \langle \psi | [ \hat{A} , \hat{B} ] | \psi \rangle$ desigualdad $(2)$ se convierte en

\begin{align} \left\langle \psi \middle| (\hat{A} - a)^{2} \middle| \psi \right\rangle + \lambda^{2} \left\langle \psi \middle| (\hat{B} - b)^{2} \middle| \psi \right\rangle + \mathrm{i} \lambda \left\langle \psi \middle| \left[ \hat{A} , \hat{B} \right] \middle| \psi \right\rangle &\geq 0 \\ \sigma_A^2 + \lambda^{2} \sigma_B^2 + \mathrm{i} \lambda \big\langle \big[ \hat{A} , \hat{B} \big] \big\rangle &\geq 0 \ . \tag{3} \end{align}

Desigualdad $(3)$ ya contiene todos los ingredientes que necesitamos para llegar a la relación de incertidumbre de Robertson. Sólo tenemos que extraerla. Para ello tenemos que reconocer que el lado izquierdo de la desigualdad $(3)$ depende de la constante real arbitraria $\lambda$ y que la forma más fuerte de esta desigualdad se obtendrá cuando elijamos un valor para $\lambda$ que minimice el lado izquierdo. Esta minimización se realiza de la forma habitual, tomando la primera derivada del lado izquierdo con respecto a $\lambda$ y poniéndolo igual a $0$ (Omito la comprobación de la segunda derivada para asegurarnos de que realmente tenemos un mínimo):

\begin{align} \frac{\mathrm{d} \left( \sigma_A^2 + \lambda^{2} \sigma_B^2 + \mathrm{i}\lambda \big\langle \big[ \hat{A} , \hat{B} \big] \big\rangle \right)}{\mathrm{d} \lambda} &= 0 \\ 2 \lambda \sigma_B^2 + \mathrm{i} \big\langle \big[ \hat{A} , \hat{B} \big] \big\rangle &= 0 \\ \Rightarrow \lambda = \frac{1}{2\mathrm{i}} \frac{\big\langle \big[ \hat{A} , \hat{B} \big] \big\rangle }{\sigma_B^2} \ . \end{align}

Introduciendo este valor para $\lambda$ en desigualdad $(3)$ se obtiene la relación de incertidumbre de Robertson

\begin{align} \sigma_A^2 - \frac{1}{4} \left(\frac{\big\langle \big[ \hat{A} , \hat{B} \big] \big\rangle }{\sigma_B^2} \right)^{2} \sigma_B^2 + \frac{1}{2} \frac{\big\langle \big[ \hat{A} , \hat{B} \big] \big\rangle }{\sigma_B^2} \big\langle \big[ \hat{A} , \hat{B} \big] \big\rangle &\geq 0 \\ \sigma_A^2 \sigma_B^2 \underbrace{- \frac{1}{4} \big\langle \big[ \hat{A} , \hat{B} \big] \big\rangle^{2} + \frac{1}{2} \big\langle \big[ \hat{A} , \hat{B} \big] \big\rangle^{2}}_{= \frac{1}{4} \big\langle \big[ \hat{A} , \hat{B} \big] \big\rangle^{2}} &\geq 0 \\ \Rightarrow \sigma_A^2 \sigma_B^2 \geq - \frac{1}{4} \big\langle \big[ \hat{A} , \hat{B} \big] \big\rangle^{2} = \left(\frac{1}{2i} \big\langle \big[ \hat{A} , \hat{B} \big] \big\rangle \right)^{2} \ . \tag{4} \end{align}

Y cómo llegamos desde aquí a la relación de incertidumbre de Heisenberg ya ha sido muy bien demostrado en la respuesta de @orthocresol. Basta con sustituir $\hat{A}$ con el operador de posición $\hat{x}$ y $\hat{B}$ con el operador de momento $\hat{p}$ utilizar el valor esperado conocido de su conmutador, $\big\langle \big[ \hat{x} , \hat{p} \big] \big\rangle = \mathrm{i} \hbar$ y luego sacar la raíz cuadrada positiva de la desigualdad resultante y se obtiene

\begin{align} \sigma_x \sigma_p &\geq \frac{\hbar}{2} \tag{5} \ . \end{align}