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

Question

Attualmente stavo passando attraverso la formula

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

che è ovviamente la forma allegata del principio di indeterminazione di Heisenberg . Ma ho anche questa formula

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

Suppongo che questa sia un'estensione del principio di Heisenberg, ma non ho ricevuto tale nota nel libro. Inoltre penso che forse derivi dall'ipotesi di de Broglie e potrebbe essere un calcolo, ma è solo un'ipotesi. Quindi per questi motivi desidero una tua risposta e inoltre sarà più fine avere un'interpretazione fisica di questa formula come quella che abbiamo per il principio di Heisenberg .

Answer 1

A partire dal principio generale di indeterminazione per due operatori arbitrari$\Omega$ e $\Phi$ $$(\Delta\Omega)^2(\Delta\Phi)^2\geq\frac{1}{4}\left|\langle \psi | [\Omega,\Phi] | \psi\rangle\right|^2$$ dove $|\psi\rangle$ è uno stato arbitrario e $[\Omega,\Phi]=\Omega\Phi-\Phi\Omega$, il commutatore. Lo sappiamo da De Broglie$\lambda=\frac{h}{p}$; da questo, calcoliamo la parentesi Possion di$x$ e $\lambda$ come $$\begin{align}\{\lambda,x\}&=\frac{\partial \lambda}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial p}-\frac{\partial x}{\partial x}\frac{\partial\lambda}{\partial p}\\ &=\frac{h}{p^2}\\ &=\frac{\lambda^2}{h}\end{align}$$ Ora, la regola popolare di Dirac per la quantizzazione (funziona in molti casi) è di dirlo $$\{\omega,\phi\}=\frac{2\pi}{i h}[\Omega,\Phi]$$ così abbiamo $$[\Lambda, X]=i\frac{\Lambda^2}{2\pi}$$. Inserendo questo nel principio di indeterminazione generale originale,$$(\Delta\Lambda)^2(\Delta X)^2\geq\frac{\langle \Lambda^2 \rangle^2}{16\pi^2}$$ e quindi $$(\Delta\Lambda)(\Delta X)\geq\frac{\langle \Lambda^2 \rangle}{4\pi}$$ Ora, dalla definizione di deviazione standard, lo sappiamo $(\Delta X )^2+\langle X\rangle^2=\langle X^2\rangle$, quindi abbiamo $$\begin{align} (\Delta\Lambda)(\Delta X)&\geq\frac{\langle \Lambda^2 \rangle}{4\pi}\\ &\geq\frac{1}{4\pi}((\Delta\Lambda)^2+\langle\Lambda\rangle^2) \\ &\geq\frac{\langle\Lambda\rangle^2}{4\pi} \end{align} $$perché la deviazione standard è definita positiva. Quindi, denotando il valore di aspettativa di$\Lambda$ come $\lambda$, finalmente abbiamo $$\bbox[5px,border:2px solid black]{(\Delta\Lambda)(\Delta X)\geq\frac{\lambda^2}{4\pi}}$$Questo principio di incertezza è diverso da quello normale posizione-momento; invece del prodotto delle incertezze essendo sempre maggiore di una costante, il prodotto della deviazione standard di posizione e lunghezza d'onda è maggiore o uguale al valore medio della lunghezza d'onda diviso per$4\pi$. Pertanto, mette in relazione le incertezze di posizione e lunghezza d'onda con il valore medio della lunghezza d'onda.