Nuestros desarrolladores estrellas agotaron sus reservas de café, en su búsqueda noche y día por la respuesta, hasta que Alexia halló el resultado en Bitbucket por lo tanto en este momento la compartimos aquí.
Esto comenzó como un comentario, pero ahora solo tengo la reputación de responder. Pero esta no es de ninguna manera una respuesta rigurosa.
Hay un par de suposiciones que hace su pregunta que no son estrictamente true. Para empezar, parece decir que cualquier valor definido de energía implicaría un valor definido de impulso. Esto es true para una partícula completamente libre, pero esto ya no es true para una partícula que está experimentando alguna interacción (¿dónde está la interacción, preguntas? Bueno, ¡el hecho de que esté colocada en una caja, por supuesto!)
Hay una manera simple y (en mi opinión) instructiva de ver esto. Si lo que dijiste fuera true, entonces los estados de energía definida serían además ser los estados de impulso definido. En otras palabras, cumplirían la ecuación de valor propio $$ hat p psi_n = p_n psi_n $$ donde $ hat p = frac hbar i frac d dx $ es el operador de impulso y $ p_n $ es una constante (que representaría el impulso medido). Comprobemos si este es el caso. Los estados de energía definida están dados por
$$ psi_n = sqrt frac 2 L sin left ( frac n pi x L right) $$
Por tanto, la acción del operador de impulso es
$$ hat p psi_n = frac hbar i sqrt frac 2 L frac n pi L cos left ( frac n pi x L derecha) neq p_n psi_n $$
En otras palabras, los estados de energía definida son no estados de momento definido, ya que el operador del momento no produce la función de onda original multiplicada por una constante. Por supuesto, tienes razón en que el magnitud del impulso sería fijo.
Si todavía tiene problemas con esto, aquí hay un ejemplo semiclásico “intuitivo” descuidado: digamos que le di una caja (¡unidimensional!) Con una partícula (de masa unitaria) que golpea constantemente dentro de ella. Les digo que medí la energía de esta partícula muchas veces y siempre resultó ser exactamente 8. Ahora les pido que me den su impulso. “¡Ajá!” dices, “cuando está dentro de la caja, no hay fuerzas que actúen sobre él, por lo que la energía simplemente viene dada por:”
$$ frac p ^ 2 2m = frac p ^ 2 2 = 8 $$
Por lo tanto, ¡encuentra que el ‘impulso’ es 4! Pero espera un minuto, 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 su signo de “volteo” de impulso.
De la misma manera, para la partícula en la caja, la magnitud del momento $ | p | $ viene dada por
$$ | p | = pm sqrt 2mE $$
Entonces, ¿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 estar en cualquier lugar de la caja, por lo que $ 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 $.
Claramente, cuando $ n = 0 $ esto ya no funciona. Podemos entender esto de muchas formas. Una forma sencilla sería darse cuenta de que cuando $ n = 0 $, la magnitud del impulso es $ 0 $ y, por lo tanto, no hay valores ‘positivos’ y ‘negativos’ que pueda tomar: definitivamente tiene un impulso de exactamente cero. , sin incertidumbre. Esto estaría permitido, si no estuvieras en una caja. Sin embargo, colocarse en un cuadro, lo que significa que $ Delta x < infty $, significa que necesariamente tiene un impulso mínimo distinto de cero, utilizando el argumento que mencionó anteriormente.
Además, las matemáticas le 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 una partícula que simplemente no existe.
Esta pregunta es en realidad casi idéntica a una pregunta que tuve en mi primer año del curso de mecánica cuántica. Planteó que un amigo hipotético le preguntó por qué tener energía definida en el pozo de potencial infinito no viola el principio de incertidumbre. Aquí les daré la respuesta que les di hace tantos años.
Considere una energía por encima de $ E = 0 $. Entonces, el impulso del estado debe satisfacer $ E = p ^ 2 / 2m $. Ahora, hay dos soluciones para $ p $, correspondientes a un impulso positivo y negativo. Por tanto, la incertidumbre se puede calcular como
$$ Delta p ^ 2 = langle p ^ 2 rangle- langle p rangle ^ 2 = 2mE = frac n ^ 2 hbar ^ 2 pi ^ 2 L ^ 2 $$
Claramente, para $ n = 0 $ la incertidumbre desaparece, pero es perfectamente finita para todos los demás valores. Por lo tanto, siempre que $ Delta x ^ 2 $ sea lo suficientemente grande (lo es), el principio de incertidumbre se satisface perfectamente para todo $ n> 0 $.
Otra razón por la que el estado $ n = 0 $ no es físico es porque no es normalizable. De hecho, el estado $ n = 0 $ tendría que satisfacer
$$ frac mathrm d ^ 2 psi mathrm d x ^ 2 = 0 $$
Y así es lineal. Sin embargo, no existe una 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 esto haya ayudado!
Además del comentario de @tparker que indica que $ n = 0 $ corresponde a $ psi (x) = 0 $, tenga en cuenta (usando $ L = 1 $):
- No hay una relación de incertidumbre entre $ E $ y $ p $, es decir, no hay una ecuación del tipo $ Delta E Delta p = $ (algo),
- Por otro lado, se puede deducir, para el estado fundamental ($ n = 1 $) del pozo infinito que $$ ( Delta x) ^ 2 = frac pi ^ 2-6 12 pi ^ 2 ,, qquad ( Delta p ^ 2) = hbar ^ 2 pi ^ 2 = 2mE_1 $$ así que no hay problema con $ Delta p Delta x ge frac hbar {2 PS Además, dado que $ psi_n (x) $ es un estado propio de $ hat H $, se deduce que $ Delta E = 0 $ para esos estados.
- Calcular $ Delta E $ para el pozo infinito puede ser engañoso. Esto se debe a que $ hat p ^ 2 $, que se requiere para calcular momentos de $ hat H $, no es autoadjunto. Básicamente, las potencias de $ hat p ^ 2 $ pueden tomar funciones de onda “válidas” (que satisfacen las condiciones límite del problema y otros criterios para ser funciones de onda legítimas) y transformarlas en funciones de onda “ilegales”. El ejemplo más simple es considerar la función de onda $$ psi (x) = sqrt 30 x (x-1) ,. $$ Es $ 0 $ en $ x = 0 $ y $ x = 1 $, y normalizado satisface 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 $ ingenuamente también serían autoadjuntos, pero $ hat H ^ 2 psi (x) = 0 $, que ya no satisface las condiciones de contorno.
Esto entra en la evaluación de $ Delta E $ de la siguiente manera. Definiendo $ phi (x) = hat p ^ 2 psi (x) = – 2 sqrt 30 hbar ^ 2 $, uno verifica fácilmente que, en el cálculo de $ langle E ^ 2 rangle $ required 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 uno no es muy Cuidado.
Este es un ejemplo instructivo de una situación en la que “autoadjunto” NO es lo mismo que ermitaño. Este documento proporciona muchos detalles de problemas con el pozo finito.
(Pido disculpas de antemano a mis colegas con experiencia en análisis funcional por el argumento “suelto” de que $ hat p ^ 2 $ no es autoadjunto).
No se te olvide comunicar este tutorial si te fue útil.