¿El $\frac12mv^2$ ¿la ley se aplica a la mecánica cuántica?

Question

Considere el Hamiltoniano clásico para un resorte: \begin{equation} H = \frac{1}{2}\frac{p^2}{m} + \frac{1}{2}kx^2 \end{equation} Este es uno de esos casos sencillos en los que al hacer las cuentas encontramos \begin{equation} m\ddot{x} = -kx \end{equation} y hace claro y evidente que el $\frac{1}{2}\frac{p^2}{m}$ término se ha convertido en $m\ddot{x}$ La ley de Newton. Así que está claro aquí cómo el $ \frac{1}{2}\frac{p^2}{m}$ corresponde a la $m\ddot{x}$ y el $-kx$ es consistente con la ley de Newton.

Mi pregunta:

¿Esta relación entre $ \frac{1}{2}\frac{p^2}{m}$ y $m\ddot{x}$ ¿es válido para el operador mecánico cuántico? Por operador, me refiero a este hamiltoniano

\begin{equation} \hat{H} = \frac{1}{2}\frac{\hat{p}^2}{m} + \hat{V} \end{equation}

Obviamente es el mismo formato, pero mi sospecha es que no guarda la misma relación con las leyes de Newton debido a las diferencias fundamentales entre la mecánica clásica y la cuántica. Si tengo razón en que el operador mecánico cuántico no tiene relación con la ley de Newton, ¿puede alguien explicar por qué dado que tienen el mismo formato?

Answer 1

Sí, se mantiene refiriéndose a la Evolución de Heisenberg de los operadores y en el caso concreto del oscilador armónico: $$\hat{x}(t) := U(t)^\dagger \hat{x} U(t)$$ donde $U(t) := e^{-it\hat{H}}$ (aquí $\hbar:=1$ ). Uno tiene $$\frac{d^2}{dt^2} \hat{x}(t) =\frac{d}{dt} \frac{d}{dt} U(t)^\dagger \hat{x} U(t) = \frac{d}{dt} U(t)^\dagger i [\hat{H}, \hat{x}] U(t) = U(t)^\dagger i^2 [\hat{H},[\hat{H}, \hat{x}]] U(t)\:. $$ Utilizando la forma explícita de $\hat{H}$ de la oscilador armónico y el relaciones de conmutación canónicas , $[\hat{x}, \hat{p}]= iI$ , usted tiene $[\hat{H},[\hat{H}, \hat{x}]]= \frac{k}{m}\hat{x}$ para que, $$U(t)^\dagger i^2 [\hat{H},[\hat{H}, \hat{x}]] U(t)= -\frac{k}{m} U(t)^\dagger \hat{x} U(t) = -\frac{k}{m} \hat{x}(t)$$ para que $$m\frac{d^2}{dt^2} \hat{x}(t) = -k \hat{x}(t)\:.$$ Este resultado no es válido para formas más complicadas de $V$ como se puede ver por la inspección directa.

Answer 2

Por el teorema de Ehrenfest se tiene $$i\hbar\frac{\text d}{\text dt}E_\omega[q] = E_\omega[[q,H]]$$ y $$i\hbar\frac{\text d}{\text dt}E_\omega[p] = E_\omega[[p,H]]$$ donde $E_\omega$ indica el valor de la expectativa sobre el estado $\omega$ . Cálculos sencillos muestran que la primera ecuación da $$i\hbar\frac{\text d}{\text dt}E_\omega[q] = \frac{i\hbar}m E_\omega[p]$$ mientras que el segundo da $$i\hbar\frac{\text d}{\text dt}E_\omega[p] = -i\hbar kE_\omega[q].$$ Configurar $x:=E_\omega[q]$ y $\pi := E_\omega[p]$ ves que obtienes $$\dot x = \frac\pi m\qquad\text{and}\qquad\dot \pi = -kx,$$ de donde $$m\ddot x = -kx.$$

De manera más general, dado un potencial genérico $V$ que es diferenciable, las ecuaciones anteriores se generalizan a $$m\ddot x = -U',$$ donde $U':=\frac i\hbar E_\omega[[p,V(q)]]$ que coincide con $V'(x)$ sólo cuando $V'$ es lineal en su argumento.