Principio de incertidumbre de Heisenberg aplicado a un pozo cuadrado infinito

Question

Agradezco la afirmación del Principio de Incertidumbre de Heisenberg. Sin embargo, estoy un poco confundido en cuanto a cómo se aplica exactamente a la situación mecánica cuántica de un pozo cuadrado infinito.

Comprendo cómo aplicar la ecuación de Schrödinger y aprecio que los valores propios de la energía pueden deducirse que son $$E_n=\frac{n^2\hbar^2\pi^2}{2mL^2}.$$ Sin embargo, he leído en alguna parte que la razón por la que la partícula cuántica no puede tener $n = 0$ -en otras palabras, $E = 0$ -es porque al tener energía cero también tenemos un momento definido sin incertidumbre, y por el principio de incertidumbre de Heisenberg esto debería conducir a una incertidumbre infinita en la posición de la partícula. Sin embargo, este no puede ser el caso en un pozo infinito, ya que sabemos que la partícula debe estar en algún lugar de la caja por definición. Por lo tanto $n$ sólo puede ser mayor o igual que uno.

Seguramente cuando $n = 1$ tenemos la energía como $$E_1 = \frac{\hbar^2 \pi^2}{2mL^2},$$ que también es una energía conocida, y entonces ¿por qué esto (así como los otros valores enteros de $n$ ) no viola el principio de incertidumbre?

Answer 1

Esto empezó como comentario, pero ahora mismo sólo tengo la reputación para contestar. Pero esto no es en absoluto una respuesta rigurosa.

Hay un par de supuestos en tu pregunta que no son estrictamente ciertos. Para empezar, pareces decir que cualquier valor definido de energía implicaría un valor definido de momento. Esto es cierto para una partícula completamente libre, pero ya no lo es para una partícula que sufre alguna interacción (¿dónde está la interacción, te preguntarás? Pues en el hecho de que está metida en una caja, claro).

Hay una forma sencilla y (en mi opinión) instructiva de ver esto. Si lo que dices fuera cierto, entonces los estados de energía definidos serían también sean los estados de momento definido. En otras palabras, satisfarían la ecuación de valores propios $$\hat{p}\psi_n = p_n\psi_n$$ donde $\hat{p}=\frac{\hbar}{i}\frac{d}{dx}$ es el operador de momento y $p_n$ es una constante (que representaría el momento medido). Comprobemos si es así. Los estados de energía definida vienen dados por

$$\psi_n = \sqrt{\frac{2}{L}}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$$

La acción del operador de momento es

$$\hat{p}\psi_n = \frac{\hbar}{i} \sqrt{\frac{2}{L}} \frac{n\pi}{L} \cos\left( \frac{n\pi x}{L}\right) \neq p_n \psi_n$$

En otras palabras, los estados de energía definida son no estados de momento definido, ¡ya que el operador de momento no da la función de onda original multiplicada por una constante! Por supuesto, tienes razón en que el magnitud del impulso sería fijo.

Si sigues teniendo problemas con esto, aquí tienes un ejemplo semiclásico "intuitivo" y chapucero: supongamos que te doy una caja (¡unidimensional!) con una partícula (de masa unitaria) dando tumbos constantemente en su interior. Te digo que he medido muchas veces la energía de esta partícula y siempre ha salido exactamente 8. Ahora te pido que me des su momento. "¡Ajá!", me dices, "cuando está dentro de la caja, no hay fuerzas que actúen sobre ella, por lo que la energía viene dada simplemente por:"

$$\frac{p^2}{2m} =\frac{p^2}{2} = 8$$

Por lo tanto, ¡el "impulso" es 4! Pero un momento, no sabes si rebota hacia la izquierda o hacia la derecha. En otras palabras, si es $+4$ o $-4$ ¡! El hecho de que la partícula interactúe con la pared es responsable de que su momento "cambie" de signo.

Del mismo modo, para la partícula en la caja, la magnitud del momento $|p|$ viene dado por

$$|p| = \pm \sqrt{2mE}$$

¿Cuál es la incertidumbre en $p$ ? Bueno, es simplemente $\Delta p = +|p| - (-|p|) = 2|p| = \frac{2 n\pi \hbar}{L}$ . ¿Qué pasa con la incertidumbre en $x$ ? Bueno, podría ser en cualquier parte de la caja, y así $\Delta x = L$ la longitud de la caja.

Intentemos encontrar

$$\Delta x \Delta p = 2n\pi \hbar > \frac{\hbar}{2}$$ para todos los valores de $n\geq 1$ .

Evidentemente, cuando $n=0$ esto ya no funciona. Podemos entenderlo de muchas maneras. Una forma sencilla sería darnos cuenta de que cuando $n=0$ la magnitud del momento es $0$ y, por tanto, no hay valores "positivos" y "negativos" que pueda tomar: lo más seguro es que tenga un momento exactamente igual a cero, sin incertidumbre. Esto estaría permitido, si no estuvieras en una caja. Sin embargo, al colocarse en una caja, lo que significa que $\Delta x < \infty$ , significa que necesariamente tienes un momento mínimo distinto de cero, utilizando el argumento que mencionaste antes.

Además, las matemáticas te dicen que un estado con $n = 0$ es el estado trivial $\psi_0(x) = 0$ . La integral mod-cuadrada de esta función es 0, lo que puede interpretarse como que dicha partícula simplemente no existe.

Answer 2

Además del comentario de @tparker afirmando que $n=0$ corresponde a $\psi(x)=0$ tenga en cuenta (utilizando $L=1$ ):

1. No existe una relación de incertidumbre entre $E$ y $p$ es decir, no existe ninguna ecuación del tipo $\Delta E\Delta p=$ (algo),
2. Por otra parte, se puede deducir, para el estado básico ( $n=1$ ) del pozo infinito que $$ (\Delta x)^2=\frac{\pi^2-6}{12\pi^2}\, ,\qquad (\Delta p^2)=\hbar^2 \pi^2=2mE_1 $$ por lo que no hay ningún problema con $\Delta p\Delta x\ge \frac{\hbar}{2}$ . Además, puesto que $\psi_n(x)$ es un estado propio de $\hat H$ se deduce que $\Delta E=0$ para esos estados.
3. Calcular $\Delta E$ porque el pozo infinito puede ser engañoso. Esto se debe a que $\hat p^2$ necesario para calcular los momentos de $\hat H$ no es autoadjunto. Básicamente, las potencias de $\hat p^2$ puede tomar funciones de onda "válidas" (que satisfacen las condiciones de contorno del problema y otros criterios para ser funciones de onda legítimas) y transformarlas en funciones de onda "ilegales". El ejemplo más sencillo es considerar la función de onda $$ \psi(x)=\sqrt{30}x(x-1)\, . $$ Es $0$ en $x=0$ y $x=1$ y normalizada de modo que satisfaga las condiciones de contorno para ser una función de onda legítima (aunque no un estado propio de $\hat H$ .) Si $\hat H$ fueran autoadjuntos, entonces $\hat H^2$ también sería ingenuamente autoadjunta, pero $\hat H^2\psi(x)=0$ que ya no satisface las condiciones de contorno.

Esto entra en la evaluación de $\Delta E$ como sigue. Definición de $\phi(x)=\hat p^2\psi(x)=-2\sqrt{30}\hbar^2$ se comprueba fácilmente que, en el cálculo de $\langle E^2\rangle$ necesarios para obtener $(\Delta E)^2$ que $H^2\psi(x)\sim p^4\psi(x)=\hbar^4 d\psi(x)/dx^4=0$ pero $$ \int_0^1 dx \psi(x) \left[p^4 \psi(x)\right]\ne \int_0^1 \phi(x)\phi(x)\ne 0\, . $$ En otras palabras: $$ \langle \hat H\psi\vert \hat H\psi\rangle \ne \langle \psi \vert \hat H^2\psi\rangle $$ así que calculando $\Delta E$ para pozos cuadrados finitos puede ser problemático si no se está muy cuidado.

Este es un ejemplo instructivo de una situación en la que "autoadjunto" NO es lo mismo que hermitiano. Este documento ofrece muchos detalles sobre los problemas del pozo finito.

(Pido disculpas de antemano a mis colegas con formación en análisis funcional por tan "flojo" argumento que $\hat p^2$ no es autoadjunto).

Answer 3

En realidad, esta pregunta es casi idéntica a una que me hicieron en mi curso de mecánica cuántica de primer año. Planteaba que un hipotético amigo te preguntaba por qué tener energía definida en el pozo de potencial infinito no viola el principio de incertidumbre. Aquí te daré la respuesta que di hace tantos años.

Considere una energía por encima de $E=0$ . Entonces el momento del estado debe satisfacer $E=p^2/2m$ . Ahora bien, hay dos soluciones para $p$ correspondiente a un impulso positivo y negativo. Así pues, la incertidumbre puede calcularse como

$$\Delta p^2=\langle p^2\rangle-\langle p\rangle^2=2mE=\frac{n^2\hbar^2\pi^2}{L^2}$$

Evidentemente, para $n=0$ la incertidumbre desaparece, pero es perfectamente finita para todos los demás valores. Así, mientras $\Delta x^2$ es suficientemente grande (lo es), el principio de incertidumbre se cumple perfectamente para todos los $n>0$ .

Otra razón por la que el $n=0$ estado no es físico es porque no es normalizable. En efecto, el $n=0$ estado tendría que satisfacer

$$\frac{\mathrm{d}^2\psi}{\mathrm{d}x^2}=0$$

Y así es lineal. Sin embargo, no existe ninguna función lineal distinta de cero que pueda satisfacer las condiciones de contorno necesarias. Por lo tanto, $\psi=0$ en todas partes y no es un estado físico en nuestro espacio de Hilbert.

Espero que te haya ayudado.

Answer 4

Tener una energía definida y un momento definido no es lo mismo. Los eigenestados del Hamiltoniano de la partícula en una caja tienen energía definida, pero resulta que tienen no tienen un momento definido, y la dispersión de los momentos es lo suficientemente grande como para satisfacer el principio de incertidumbre de Heisenberg.

la razón por la que la partícula cuántica no puede tener n = 0 en otras palabras E = 0 es porque al tener energía cero también tenemos un momento definido sin incertidumbre

No, la razón es la función de onda $\psi(x)$ que obtendría por $n = 0$ es igual a cero en todas partes, por lo que no es normalizable y no se encuentra en el espacio de Hilbert de los estados físicamente aceptables. $n = 0$ no corresponde a una partícula con energía o momento cero, sino a la ausencia total de cualquier partícula.

Answer 5

Siempre que tengamos un pozo cuadrado infinito con potencial $$ V(x)=\begin{cases} 0, \text{ if }0<x<L,\\ +\infty, \text{ otherwise} \end{cases} $$ obtenemos las funciones de onda como $$ \psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\left(\frac{\pi n x}{L}\right), $$ donde $n$ es un número entero positivo. ahora es sencillo calcular los promedios necesarios (utilizando las fórmulas trigonométricas para el ángulo doble y la integración por partes): $$ \langle n |\hat{p}|n\rangle=\int_0^L\psi_n(x)\hat{p}\psi_n(x)dx=0,\\ \langle n |\hat{p}^2|n\rangle=\int_0^L\psi_n(x)\hat{p}^2\psi_n(x)dx=\frac{\hbar^2\pi^2n^2}{L^2},\\ \langle n |\hat{x}|n\rangle=\int_0^Lx\psi_n^2(x)dx=\frac{L}{2},\\ \langle n |\hat{x}^2|n\rangle=\int_0^Lx^2\psi_n^2(x)dx=L^2\left(\frac{1}{12}-\frac{1}{2\pi^2n^2}\right). $$ Ahora podemos evaluar las desviaciones típicas del momento y la posición como $$ \sigma_p=\sqrt{\langle n |\hat{p}^2|n\rangle - \langle n |\hat{p}|n\rangle^2}=\frac{\hbar \pi n}{L},\\ \sigma_x=\sqrt{\langle n |\hat{x}^2|n\rangle - \langle n |\hat{x}|n\rangle^2}=L\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{2\pi^2n^2}} $$ Así, tenemos $$ \sigma_x\sigma_p=\hbar\pi n\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{2\pi^2n^2}} =\frac{\hbar}{2}\sqrt{\frac{6\pi^2n^2-1}{3}} $$ Desde $\pi^2\approx 10$ para el estado básico ( $n=1$ ) tenemos $$ \sigma_x\sigma_p\approx\frac{\hbar}{2}\sqrt{\frac{59}{3}}>\frac{\hbar}{2}. $$ Para mayor $n$ la desigualdad es aún mayor. Sin embargo, si tomamos $n=0$ tendríamos una respuesta imaginaria sin sentido (por supuesto, la función de onda es idénticamente cero para $n=0$ ).