Límite clásico de la Mecánica Cuántica

Question

Supongamos que tengo una función de onda $\Psi$ (que no es una eigenfunction) e independiente del tiempo de Hamilton $\hat{\mathcal{H}}$. Ahora, Si me tomo el límite clásico tomando $\hbar \to 0$ ¿qué pasará con la expectativa de valor de $\langle\Psi |\hat{\mathcal{H}}|\Psi\rangle$? Va a seguir siendo el mismo (como $\hbar = 1.0$) o va a ser diferente como $\hbar\to 0$? Según el principio de correspondencia este debe ser igual a la clásica de la energía en el límite clásico.

¿Qué piensa usted acerca de esto? Sus respuestas serán muy apreciados.

Answer 1

Para el caso de una partícula en un potencial, $\hat{\mathcal H} = \frac{\hat{p}^2}{2m}+V({\mathbf x})$, vamos a una función de onda arbitraria ser escrita en la forma $$\Psi({\mathbf{x}},t) = \sqrt{\rho({\mathbf x},t)}\exp\left(i\frac{S({\mathbf x},t)}{\hbar}\right)\text{,}$$ donde $\rho \geq 0$. Entonces se convierte en un simple ejercicio de cálculo para derivar: $$\Psi^*\hat{\mathcal{H}}\Psi = \rho\left[\frac{1}{2m}\left|\nabla S({\mathbf x},t)\right|^2 + V(\mathbf{x})\right] + \mathcal{O}(\hbar)\text{,}$$ donde estoy omitiendo los términos que tienen al menos una fuente de $\hbar$. Desde $\langle\Psi|\hat{\mathcal H}|\Psi\rangle$ espacial integral de esta cantidad, la integración de este lugar es lo que queremos para un $\hbar\to 0$ límite de energía.

[Editar] Como @Ruslan dice, la función de onda tendría que oscilar más rápido para tener una cinética de plazo. En la de arriba, manteniendo $S$ independiente de $\hbar$ significa que el aumento de la fase de en la misma proporción en que $\hbar$ es baja.

Además, la sustitución de este formulario para $\Psi$ en la ecuación de Schrödinger da, después de la caída del mismo modo $\mathcal{O}(\hbar)$ términos, $$\underbrace{\frac{1}{2m}\left|\nabla S({\mathbf x},t)\right|^2 + V(\mathbf{x})}_{{\mathcal H}_\text{classical}} + \frac{\partial S({\mathbf x},t)}{\partial t} = 0\text{,}$$ cual es la clásica de Hamilton-Jacobi ecuación con $S$ tomando el papel de la Hamilton función principal.

Answer 2

Los anteriores carteles parecen haber perdido el hecho de que $\Psi$ no es un eigenfunction, sino una función de onda arbitraria. Los tipos de wavefunctions que normalmente vemos en el cálculo de cosas que normalmente se expresa en términos de funciones propias de cosas como la energía o el impulso de los operadores, y tienen poco que hacer, en todo caso, con la clásica comportamiento (por ejemplo, mirar la densidad de probabilidad de la energía autoestados para el oscilador armónico cuántico y trata de imaginar como describir una masa conectada a un resorte).

Lo que usted puede hacer es construir coherente de los estados , que son los estados donde la posición y el impulso son tratados democráticamente (la incertidumbre es compartida por igual entre la posición y el momentum).

A continuación, el número cuántico que las etiquetas de su estado podría ser considerado como el nivel de excitación del estado. Para el oscilador armónico, esto es aproximadamente la magnitud de la cantidad de energía en el estado en que $E = \langle n \rangle \hbar= |\alpha^2| \hbar$. Si usted ingenuamente tome $\hbar \to 0$ luego todo se desvanece. Pero si usted mantiene, es decir, la energía finita, teniendo en $\hbar \to 0$, entonces usted puede recuperar significativa, clásica respuestas (que no dependen de $\alpha$ o $\hbar$).

Answer 3

Normal, independiente del tiempo de hamilton se parece a $\hat H=\hat T+\hat V$ donde $\hat T=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2$ es energía cinética del operador y $\hat V=V(\hat x)$ es la energía potencial del operador. Como se ha visto a partir de estas expresiones, sólo la energía cinética de los cambios del operador con $\hbar$.

Ahora podemos ver que

1. Mecánica cuántica expectativa de valor de la energía total de la partícula es la suma de la expectativa de valores para la cinética y la energía potencial: $$\langle\Psi\left|\hat H\right|\Psi\rangle=\langle\Psi\left|\hat T\right|\Psi\rangle+\langle\Psi\left|\hat V\right|\Psi\rangle$$

2. Tomando $\hbar\to0$, obtenemos $\hat T\to \hat 0\equiv0$. Ahora expectativa de valor para la energía total de la partícula es igual a la expectativa de valor de su energía potencial: $$\langle\Psi\left|\hat H_{\hbar=0}\right|\Psi\rangle=\langle\Psi\left|\hat V\right|\Psi\rangle$$

De esto se deduce de inmediato respuesta: no, la expectativa de valor de no permanecer en el mismo. Y el resultado interesante es que para cualquier función de onda suave expectativa de valor de la energía cinética es cero cuando $\hbar$ es cero.

Esto implica que para el límite clásico de la función de onda debe oscilar infinitamente rápido (es decir, que tienen longitud de onda cero), para que permanezcan en la misma energía total. Como hacer $\hbar$ más pequeño, el estado con el total de la energía se hace más grande número cuántico - es decir, se vuelve más emocionado.

Answer 4

Sí, esto puede ser respondidas utilizando una perspectiva clásica. Todos sabemos que la electromagnético u óptico ecuación: $$ E =\nu h = \omega \manejadores \longrightarrow 0 = \omega 0 $$ Como Richard ha indicado la respuesta a esto puede ser producido a partir de una visita a la wiki, "el Hamiltoniano es comúnmente expresado como la suma de los operadores correspondientes a la cinética y potencial de las energías" $$ \mathcal{ \hat H } =\hat T + \hat V = {{\hat p^2} \over {2 m}}+V = V - { \manejadores^2 \bigtriangledown^2 \más de 2m} $$ Para este caso: $$\mathcal{ \hat H } \rightarrow \hat V = V=0$$ "V" es sólo el potencial que el sistema esté puesto en, y para nuestro universo, podemos suponer que V=0. $$\Psi=\Psi( \vec{r} ) \space \space \space \space and \space thus: \space \space \space \space \mathcal{ \hat H } \mid \Psi \rangle = i \hbar {{\partial \Psi } \over {\partial \vec{r}}} \rangle$$ $$ \langle \Psi \mid \mathcal{ \hat H } \mid \Psi \rangle =\int \Psi^* \mathcal{ \hat H } ( \Psi ) d \vec{r} = \int \Psi^* i \manejadores ( \Psi ' ) d \vec{r} $$ Así que no importa lo que Psi es o de lo que la derivada de la Isp sobre alguna dimensión o dimensiones Psi existe, o lo que el conjugado complejo de Psi es o qué límites podemos integrar sobre. La solución es un múltiplo de h.