Beweisen: $(\Delta x)(\Delta \lambda) \geq \frac{\lambda^2}{4\pi}$

Question

Derzeit habe ich die Formel durchgearbeitet

$$(\Delta x)(\Delta p)\geq\frac{h}{4\pi}$$

Das ist natürlich die beiliegende Form von Heisenbergs Unsicherheitsprinzip . Aber ich bekomme auch diese Formel

$$(\Delta x)(\Delta \lambda)\geq\frac{\lambda^2}{4\pi}.$$

Ich nehme an, dies ist eine Erweiterung von Heisenbergs Prinzip, aber ich habe keine solche Notiz in dem Buch bekommen. Weiter denke ich, dass es vielleicht von de Broglies Hypothese stammt und vielleicht ein Kalkül ist, aber es ist nur eine Vermutung. Aus diesen Gründen wünsche ich mir eine Antwort von Ihnen, und außerdem wird es besser sein, diese Formel physikalisch zu interpretieren, wie wir es für das Heisenberg-Prinzip getan haben .

Answer 1

Ausgehend vom allgemeinen Unsicherheitsprinzip für zwei beliebige Operatoren$\Omega$ und $\Phi$ $$(\Delta\Omega)^2(\Delta\Phi)^2\geq\frac{1}{4}\left|\langle \psi | [\Omega,\Phi] | \psi\rangle\right|^2$$ wo $|\psi\rangle$ ist ein beliebiger Zustand und $[\Omega,\Phi]=\Omega\Phi-\Phi\Omega$, der Kommutator. Das wissen wir von De Broglie$\lambda=\frac{h}{p}$;; Daraus berechnen wir die Possion-Klammer von$x$ und $\lambda$ wie $$\begin{align}\{\lambda,x\}&=\frac{\partial \lambda}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial p}-\frac{\partial x}{\partial x}\frac{\partial\lambda}{\partial p}\\ &=\frac{h}{p^2}\\ &=\frac{\lambda^2}{h}\end{align}$$ Diracs populäre Regel für die Quantisierung (funktioniert in vielen Fällen) lautet nun: $$\{\omega,\phi\}=\frac{2\pi}{i h}[\Omega,\Phi]$$ also haben wir $$[\Lambda, X]=i\frac{\Lambda^2}{2\pi}$$. Einfügen in das ursprüngliche allgemeine Unsicherheitsprinzip,$$(\Delta\Lambda)^2(\Delta X)^2\geq\frac{\langle \Lambda^2 \rangle^2}{16\pi^2}$$ und somit $$(\Delta\Lambda)(\Delta X)\geq\frac{\langle \Lambda^2 \rangle}{4\pi}$$ Aus der Definition der Standardabweichung wissen wir das $(\Delta X )^2+\langle X\rangle^2=\langle X^2\rangle$, also haben wir $$\begin{align} (\Delta\Lambda)(\Delta X)&\geq\frac{\langle \Lambda^2 \rangle}{4\pi}\\ &\geq\frac{1}{4\pi}((\Delta\Lambda)^2+\langle\Lambda\rangle^2) \\ &\geq\frac{\langle\Lambda\rangle^2}{4\pi} \end{align} $$weil die Standardabweichung positiv definitiv ist. Somit wird der Erwartungswert von bezeichnet$\Lambda$ wie $\lambda$haben wir endlich $$\bbox[5px,border:2px solid black]{(\Delta\Lambda)(\Delta X)\geq\frac{\lambda^2}{4\pi}}$$Dieses Unsicherheitsprinzip unterscheidet sich von dem normalen Positionsimpuls; Anstatt dass das Produkt der Unsicherheiten immer größer als eine Konstante ist, ist das Produkt der Standardabweichung von Position und Wellenlänge größer oder gleich dem Mittelwert der Wellenlänge geteilt durch$4\pi$. Somit werden die Unsicherheiten in Position und Wellenlänge mit dem Mittelwert der Wellenlänge in Beziehung gesetzt.