Teorema de Bohr-van Leeuwen y mecánica cuántica

Question

Preámbulo :

Si se considera un gas ideal de partículas cargadas no interactuantes de carga $q$ en un campo magnético uniforme $\mathbf{B} = \mathbf{\nabla} \wedge \mathbf{A}$ entonces la función de partición clásica en el conjunto canónico se lee (en unidades del SI):

$Q(\beta,V,N,\mathbf{B}) = \frac{1}{N!}q(\beta,V,\mathbf{B})^N$

donde $q(\beta,V,\mathbf{B}) = \int \frac{d\mathbf{p} d \mathbf{r}}{h^3}\:e^{-\frac{\beta}{2m}(\mathbf{p}-q\mathbf{A}(\mathbf{r}))^2}$

Si integramos primero con respecto a los momentos sobre todos los valores posibles de $-\infty$ a $+\infty$ para cada componente, un simple cambio de variable conduce a

$q(\beta,V,\mathbf{B})=\frac{V}{\Lambda^3}$ que es el resultado del gas ideal y donde $\Lambda$ es la longitud de onda térmica de Brooglie.

Si entonces se quiere obtener la magnetización por partícula $\mathbf{\mu}$ inducido por el campo $\mathbf{B}$ es simplemente:

$\mathbf{\mu} = -\frac{\partial \langle \epsilon \rangle}{\partial \mathbf{B}} = \frac{\partial }{\partial \mathbf{B}}\left( \frac{\partial \ln(q(\beta,V,\mathbf{B}))}{\partial \beta} \right) = \frac{\partial }{\partial \beta}\left( \frac{\partial \ln(q(\beta,V,\mathbf{B}))}{\partial \mathbf{B}} \right) = \mathbf{0}$

Esta es una forma de plantear el Teorema de Bohr-van Leeuwen .

Ahora bien, físicamente entiendo que este resultado proviene de alguna simetría asociada a los momentos (es tan probable que vaya a la derecha como a la izquierda) y del hecho de que los límites de la integral sobre los momentos son infinitos.

Si el problema se trata de forma mecánica cuántica, los estados propios de una partícula de carga son niveles de Landau discretizados con un espacio típico entre dos niveles vecinos que es $\hbar \omega_c$ donde $\omega_c = qB/m$ es la frecuencia del ciclotrón y se encuentra que la suma sobre estos estados depende del campo magnético $\mathbf{B}$ .

Pregunta(s):

Estoy perdido en mi interpretación del límite cuántico a clásico para este sistema... hasta ahora pensaba que el límite cuántico -> clásico para las propiedades estadísticas de una partícula individual estaba relacionado con la forma de contar el número de estados para esta partícula, es decir, si consideramos el conjunto de estados como un continuo o como un conjunto discreto. Esta analogía parece funcionar también en este caso, ya que el límite clásico surge si $k_B T \gg \hbar \omega_c$ . Sin embargo, hay dos puntos importantes que difieren de lo que estoy acostumbrado:

• El tratamiento cuántico de este sistema da lugar a un momento magnético no nulo (aunque desaparece a temperaturas infinitas) en el límite en el que $k_B T \gg \hbar \omega_c$ mientras que el tratamiento clásico da estrictamente cero.
• No entiendo cómo el argumento de simetría izquierda-derecha utilizado en la función de partición clásica desaparece en el tratamiento cuántico para dar lugar a una función de partición que depende de $\mathbf{B}$ .
• ¿Existe alguna forma clásica de evaluar que las correcciones cuánticas serán del orden $\mathcal{O}(\Lambda/R_c)$ donde $R_c \sim \sqrt{m k_B T}/(qB)$ ¿es el tamaño típico del radio de las trayectorias helicoidales que toma una partícula cargada?

Perdona si mis preguntas parecen confusas, intentaré mejorarlas si no son lo suficientemente claras.

EDITAR : Me doy cuenta de que uno de mis puntos no está muy claro y lo explicaré con el ejemplo de un verdadero oscilador armónico. Si considero la mecánica estadística clásica, sé que $\langle \frac{1}{2}m\omega^2 x^2 \rangle = \frac{1}{2}k_B T$ . Esto me dice que la incertidumbre típica sobre la posición de mi partícula es $\sigma_x = \sqrt{k_B T/(m\omega^2)}$ . Incindentemente esta longitud es también la típica escala de longitud de confinamiento debido al potencial armónico. Una forma de comprobar de forma semiclásica la validez del límite clásico es imaginar la partícula como un paquete de ondas no dispersivo de anchura $\Lambda = h/\sqrt{2\pi m k_B T}$ y para darse cuenta de que las interferencias (que en última instancia conducen a la cuantificación) no son importantes si $\Lambda \ll \sigma_x$ . Esto es muy atractivo porque entonces se puede probar la validez de una aproximación clásica utilizando un $\sigma_x$ que proviene de un tratamiento clásico.

Mi mayor problema con una partícula cargada en un campo magnético es que el teorema de Bohr-van Leewen aparentemente impide esta escala de longitud típica (que sé con certeza que es $R_c$ ) que se encuentra con un tratamiento estadístico clásico.

Answer 1

• El tratamiento cuántico de este sistema da lugar a un momento magnético no nulo (aunque desaparece a temperaturas infinitas) en el límite en el que $k_B T \gg \hbar \omega_c$ mientras que el tratamiento clásico da estrictamente cero.
• No entiendo cómo el argumento de simetría izquierda-derecha utilizado en la función de partición clásica desaparece en el tratamiento cuántico para dar lugar a una función de partición que depende de $\mathbf{B}$ .

La derivación del momento magnético cero (el llamado teorema de Bohr-van Leeuwen) a partir de la distribución de probabilidad canónica es matemáticamente correcta. La razón por la que el momento magnético obtenido es cero es el uso de la distribución de probabilidad canónica, que dice que la partícula tiene una distribución de probabilidad de posición constante dentro de la caja y que todas las direcciones de la velocidad son igualmente probables en todas partes.

La igualdad de todas las direcciones de movimiento es razonable para un sistema en una caja, porque la partícula no puede pasar los muros y como resultado, la partícula no puede ejercer su movimiento circular natural si está lo suficientemente cerca de la pared. Si la partícula choca con la pared, se refleja y esto hace razonable suponer que todas las direcciones son igualmente probables, incluso si la partícula está cerca de la pared.

Si se eliminan las paredes, la partícula cargada ejerce un movimiento circular sin encontrar obstáculos y esto da lugar a un momento magnético que apunta en la dirección determinada por el campo magnético (el momento magnético se opondrá al campo magnético - esto se llama diamagnetismo). Es bastante fácil calcular este momento magnético en función de la energía de la partícula. Cuando se permite que muchas de estas partículas se muevan sin esta restricción, se puede obtener un gran momento magnético neto. Esto es posible porque la distribución de probabilidad de la velocidad en los bordes del sistema ya no es isotrópica.

La distribución canónica es, por tanto, inadecuada para calcular los efectos magnéticos: al ser una función de la energía únicamente, no puede captar el hecho de que la distribución de la velocidad en los bordes del sistema no es isotrópica, sino que prefiere la dirección de circulación de la corriente determinada por el campo magnético externo. Supone que el estado magnetizado de la materia es lo que debería ocurrir cuando se pone una sola partícula cargada que no interactúa en una caja, pero eso es físicamente incorrecto.

El uso frecuente de este cálculo como ejemplo de la inadecuación de la física no cuántica para el magnetismo es, pues, erróneo desde el principio. A diferencia de otros usos de una caja imaginaria en los cálculos de la física estadística, para los efectos magnéticos del campo externo no se puede ignorar el efecto de la caja en el sistema. El momento magnético de un cuerpo uniformemente magnetizado puede anularse por completo con la corriente superficial adecuada. En este caso, las reflexiones de las paredes de la caja proporcionan dicha corriente de anulación.

El cálculo cuántico es muy diferente. En primer lugar, se encuentran los valores propios del hamiltoniano y, a continuación, se introduce también la caja. Esta vez, sin embargo, se utiliza sólo para limitar mentalmente la posición del centro de la función de onda, no todo su soporte en todo el espacio. No hay ninguna interacción física de las paredes con el sistema en cuestión que haga posible que la distribución de probabilidad de la velocidad sea isotrópica en todas partes. Además, la función de partición se calcula de forma muy diferente: como una suma sobre los números cuánticos, en lugar de una integral sobre el espacio de fase. Por tanto, no es tan sorprendente que el cálculo conduzca a propiedades magnéticas no triviales: en el cálculo cuántico, la caja "no está realmente ahí".

Answer 2

El diamagnetismo de Landau tiene lugar debido a la no conmutatividad de $\mathbf{p}$ y $\mathbf{A}(\mathbf{r})$ . En el tratamiento clásico no existe tal no conmutatividad, por lo que la susceptibilidad magnética es idénticamente cero.

Una forma de apreciar la dependencia del resultado de $\hbar$ y al mismo tiempo realizar el tratamiento cuántico completo es realizar el cálculo en la base del estado coherente. En esta base, el Hamiltoniano de Landau tiene la forma de un oscilador armónico bidimensional isotrópico con la frecuencia de Larmor como frecuencia natural, (para algunos detalles, véase pregunta .

$H = \hbar \omega_c (a^{\dagger}a + \frac{1}{2})$

Debido a la relación de conmutación no evanescente entre los operadores de creación y aniquilación, la exponencial del operador hamiltoniano viene dada por

$\exp(-\beta H) = \exp(-\frac{1}{2}\beta \hbar \omega_c) \exp(-\beta \hbar \omega_ca^{\dagger}a(1-e^{-\beta \hbar \omega_c}))$

En la base del espacio coherente, la función de partición viene dada por:

$Z = \omega_c \int d^2\alpha \exp(-\frac{1}{2}\beta \hbar \omega_c) \exp(-\beta \hbar \omega_c\bar{\alpha}\alpha(1-e^{-\beta \hbar \omega_c})) = \omega_c (1-e^{-\beta \hbar \omega_c})^{-1}$

(El factor multiplicativo proporcional a $\omega_c$ es el jacobiano de la transformación del volumen del espacio de fase). (Estoy siendo descuidado en los términos constantes inmateriales).

Esta función de partición da la susceptibilidad magnética correcta. Además, en el pequeño \hbar la función de partición se convierte en una constante, dando así el teorema de Bohr-van Leewen.