Robertson, y la cota que el II.1 debía

0,7363 fs. Ése es el tiempo mínimo, medido sobre una evolución propagada, que la mezcla 50/50 de los dos primeros niveles del pozo de 1 nm tarda —al ritmo que lleva en ese instante— en desplazar su centroide una desviación típica. La relación de Mandelstam-Tamm de ese mismo estado vale 0,58347 fs, así que al centroide le sobra un 26 %: no satura la cota, y no la satura nunca. Quien sí la satura, exactamente y en todo instante, es un observable que nadie llevaría al laboratorio: el pseudoespín $\hat B = |1\rangle\langle2| + |2\rangle\langle1|$ . Este artículo demuestra la desigualdad que el II.1 usó cuatro veces sin demostrar, la refina con el término que la versión de manual tira, y localiza —punto por punto, sobre una esfera— dónde está la igualdad. Y escribe el signo de Ehrenfest con todos sus pasos a la vista, porque es el único sitio de la deducción donde equivocarse no cambia el resultado.

Necesitas: de este módulo, el artículo 01 —producto escalar, norma y la desigualdad de Cauchy-Schwarz con su λ— y el artículo 02, del que se usa una sola cosa: que un operador hermítico tiene valores esperados reales. Del II.1, el artículo 03:

\langle Q\rangle

\sigma_Q

[\hat x,\hat p]=i\hbar

. Del II.2, el artículo 01, del que se toman prestados los tres primeros niveles del pozo de 1 nm. De matemáticas: números complejos y la desigualdad triangular; ninguna integral nueva.

Dónde se satura Robertson en un qubit

Dos niveles, A = σ_z y B = σ_x, con [σ_z, σ_x] = 2i σ_y, así que la cota es |⟨σ_y⟩| y depende del estado. El mapa es el margen σ_zσ_x − |⟨σ_y⟩| sobre todos los estados que los deslizadores alcanzan: cuanto más oscuro, más le sobra al producto. Las cinco líneas claras son el lugar donde la desigualdad es una igualdad, y en la esfera de Bloch son dos círculos máximos. Los dos puntos marcados sobre ellas son |±y⟩ — nada más que dos puntos.

θ = 30° φ = 90°

σ_z σ_x 0.5000 el producto

|⟨σ_y⟩| 0.5000 la cota

Margen 0.0000 nunca negativo

⟨σ_x⟩·⟨σ_z⟩ 0.0000 cero ⟺ satura

Saturación de verdad: σ_zσ_x = 0.5000 = |⟨σ_y⟩|, con margen cero porque ⟨σ_x⟩·⟨σ_z⟩ = 0. Y no hace falta estar en |±y⟩ para conseguirlo: aquí ⟨σ_y⟩ = 0.500, y la dispersión del propio σ_y vale 0.866 — en un autoestado suyo valdría 0. Estás sobre una de las dos circunferencias, no en uno de sus dos puntos de corte.

Censo hecho por este panel al cargarse, no cableado: de los 65 341 estados que estos dos deslizadores alcanzan, 1439 saturan —los que cumplen |⟨σ_x⟩·⟨σ_z⟩| < 10⁻⁹—, y de ésos 714 lo hacen con cota positiva; los otros 725 son el «0 ≥ 0» de los autoestados. Fuera de esas cinco líneas el margen más pequeño de todo el mapa es +4,6 × 10⁻⁸: la desigualdad es estricta de verdad.

De Cauchy-Schwarz a Robertson, y el término que se tira por el camino

Sean $\hat A$ y $\hat B$ dos observables, es decir dos operadores hermíticos, y sea $|\psi\rangle$ un estado normalizado. Se centran los dos restándoles su valor esperado, que es un número:

\tilde A = \hat A - \langle \hat A\rangle, \qquad \tilde B = \hat B - \langle \hat B\rangle, \qquad \sigma_A^{2} = \langle\tilde A^{2}\rangle = \bigl\|\tilde A\psi\bigr\|^{2}.

Esa última igualdad es la que pone en marcha todo: la desviación típica al cuadrado es la norma al cuadrado de un vector, el vector $\tilde A|\psi\rangle$ . Y para normas hay una desigualdad universal, la desigualdad de Cauchy-Schwarz del artículo 01, que no sabe nada de física:

\bigl|\langle\tilde A\psi\,|\,\tilde B\psi\rangle\bigr|^{2} \;\le\; \bigl\|\tilde A\psi\bigr\|^{2}\,\bigl\|\tilde B\psi\bigr\|^{2} \;=\; \sigma_A^{2}\,\sigma_B^{2}.

Como $\tilde A$ es hermítico se puede pasar al otro lado del producto escalar, y el miembro de la izquierda se convierte en un valor esperado: $\langle\tilde A\psi|\tilde B\psi\rangle = \langle\psi|\tilde A\tilde B|\psi\rangle = \langle\tilde A\tilde B\rangle$ . Ya está la desigualdad; falta leerla. El producto $\tilde A\tilde B$ no es hermítico —el producto de dos hermíticos casi nunca lo es— pero se parte en dos trozos que sí se dejan interpretar, sumando y restando la mitad del producto en el otro orden:

\tilde A\tilde B \;=\; \tfrac12\bigl\{\tilde A,\tilde B\bigr\} \;+\; \tfrac12\bigl[\tilde A,\tilde B\bigr],

con el anticonmutador $\{\tilde A,\tilde B\} = \tilde A\tilde B + \tilde B\tilde A$ y el conmutador $[\tilde A,\tilde B] = \tilde A\tilde B - \tilde B\tilde A$ . El primero es hermítico, así que su valor esperado es real. El segundo es antihermítico —su adjunto es él mismo cambiado de signo—, así que su valor esperado es imaginario puro. Dos números, uno en cada eje del plano complejo: el módulo al cuadrado de la suma es la suma de los módulos al cuadrado, sin término cruzado.

\bigl|\langle\tilde A\tilde B\rangle\bigr|^{2} \;=\; \tfrac14\bigl\langle\{\tilde A,\tilde B\}\bigr\rangle^{2} \;+\; \tfrac14\bigl|\bigl\langle[\tilde A,\tilde B]\bigr\rangle\bigr|^{2}.

Esa identidad no es un paso retórico: es el eje del artículo y está comprobada sobre 3000 tercias $(\hat A,\hat B,\psi)$ al azar en dimensiones de 2 a 6, con un error máximo de 2,5 × 10⁻¹⁴. Y hay un detalle que ahorra trabajo: como $\langle A\rangle$ y $\langle B\rangle$ son números, conmutan con todo, y $[\tilde A,\tilde B] = [\hat A,\hat B]$ exactamente. El conmutador no se entera de que se ha centrado nada. El anticonmutador sí, y mucho.

Juntando las dos piezas sale la desigualdad completa, que es la desigualdad de Schrödinger de 1930 y no la de Robertson:

\sigma_A^{2}\,\sigma_B^{2} \;\ge\; \underbrace{\tfrac14\bigl\langle\{\tilde A,\tilde B\}\bigr\rangle^{2}}_{\text{se tira}} \;+\; \tfrac14\bigl|\bigl\langle[\hat A,\hat B]\bigr\rangle\bigr|^{2}.

Y ahora el gesto que da el resultado de manual: el primer sumando es un cuadrado, o sea nunca negativo, así que quitarlo sólo puede bajar el miembro de la derecha. Queda la relación de Robertson, de 1929:

\sigma_A\,\sigma_B \;\ge\; \tfrac12\bigl|\bigl\langle[\hat A,\hat B]\bigr\rangle\bigr|.

No ha aparecido ningún aparato de medida, ninguna perturbación y ningún fotón golpeando a un electrón. Ha aparecido Cauchy-Schwarz. Lo que la desigualdad limita es lo que se puede preparar: las dos σ son desviaciones típicas de dos histogramas construidos sobre muchas copias del mismo estado, y el I.3 ya insistió en esa lectura antes de tener el álgebra para justificarla. Aquí está el álgebra, y cabe en cinco líneas.

Las dos desigualdades se han pasado por la máquina en las mismas 3000 tercias al azar. Robertson no se viola ni una vez, con un margen mínimo de +7,1 × 10⁻⁶; Schrödinger, que es más fina, tampoco, y su margen mínimo es −8,9 × 10⁻¹⁶, es decir cero con el ruido de la coma flotante encima. Que el mínimo de Schrödinger sea cero y el de Robertson no lo sea es exactamente el contenido del párrafo anterior: hay estados donde la desigualdad fina es una igualdad y la gruesa se queda corta. Cuánto se queda corta no es un detalle: en la peor de las 3000 tercias, la cota de Schrödinger supera a la de Robertson en un 99 % del producto $\sigma_A\sigma_B$ — es decir, el término tirado valía casi todo lo que había que acotar, y lo que queda no dice prácticamente nada.

Un ejemplo concreto y no artificial, con el que el artículo 02 de este módulo ya se peleó por otro motivo. Tómese una gaussiana con gorjeo, es decir con una fase cuadrática: $\psi(\xi)\propto e^{-\xi^{2}/2}\,e^{\,i b\xi^{2}/2}$ , y póngase $b = 0{,}7$ . Es el estado que sale de dejar correr un paquete gaussiano un rato, y es el pan de cada día de un pulso láser. La fase no cambia $|\psi|^{2}$ , así que $\sigma_\xi = 1/\sqrt2 = 0{,}7071$ igual que sin gorjeo; pero sí cambia el momento, y por cuadratura salen $\sigma_\pi = 0{,}8631$ y

\sigma_\xi\,\sigma_\pi = 0{,}6103 \;\Longrightarrow\; \sigma_x\sigma_p = 0{,}6103\,\hbar, \qquad \bigl\langle\tfrac12\{\hat x,\hat p\}\bigr\rangle = 0{,}35\,\hbar = \tfrac{b}{2}\,\hbar,

donde el paso de $\xi,\pi$ a $x,p$ cuesta un ħ porque $\xi=x/x_0$ y $\pi=x_0p/\hbar$ son adimensionales. Ese estado está un 22,1 % por encima de la cota de Robertson, que aquí vale ħ/2: Robertson no lo satura, ni de lejos. Pero la cota de Schrödinger vale $\sqrt{0{,}35^{2}+0{,}25}\,\hbar = 0{,}6103\,\hbar$ , y ésa la satura exactamente, con un acuerdo de 1,2 × 10⁻⁹ entre la cuadratura y la forma cerrada $\sqrt{1+b^{2}}/2$ . Todo el 22 % que sobra es el término que la versión de manual tiraba. Merece la pena quedarse con la frase: el gorjeo no ensancha el paquete en x, y aun así lo aleja de la cota, porque lo que crece es la correlación entre x y p — y la correlación es justo lo que vive en el anticonmutador.

Kennard es un caso particular, y no todo el mundo lo satura

Con $\hat A=\hat x$ y $\hat B=\hat p$ , la relación de conmutación canónica dice $[\hat x,\hat p]=i\hbar$ , que es un múltiplo del operador unidad: su valor esperado es iħ en todos los estados. Sustituyendo:

\sigma_x\,\sigma_p \;\ge\; \tfrac12\bigl|i\hbar\bigr| \;=\; \frac{\hbar}{2} \;=\; 5{,}273\times10^{-35}\ \mathrm{J\cdot s}.

Ésa es la desigualdad de Kennard, y es el único caso en que la cota de Robertson no depende del estado, porque es el único en que el conmutador es un número y no un operador. Por eso se enseña primero y por eso se generaliza mal: quien aprenda Kennard como el caso típico se llevará la idea de que la cota es una propiedad de la pareja de magnitudes. No lo es. Es una propiedad de la pareja y del estado, y la sección siguiente vive entera de esa distinción.

Dos estados del programa, con sus números, para ver qué significa saturar. El fundamental del oscilador armónico del II.3 —el enlace C≡O, con $x_0 = 4{,}7606$ pm— tiene, integrando en metros y en kg·m/s sobre la función de onda de verdad,

\sigma_x = 3{,}3662\ \mathrm{pm}, \qquad \sigma_p = 1{,}5664\times10^{-23}\ \mathrm{kg\cdot m/s}, \qquad \sigma_x\sigma_p = 0{,}50000\,\hbar.

Satura, con un error relativo de 7 × 10⁻¹⁰. Y conviene decir cómo está comprobado, porque hay una manera de «comprobarlo» que no comprueba nada: escribir $\sigma_x = x_0/\sqrt2$ y $\sigma_p = \hbar/(x_0\sqrt2)$ y multiplicarlas es álgebra —la $x_0$ se cancela y sale ħ/2 aunque las dos fórmulas estuvieran mal—. Las dos cifras de arriba son integrales numéricas independientes sobre $\psi_0(x)$ en unidades del SI, y el ½ aparece al final. Es la diferencia entre verificar y recolocar.

El otro estado es el fundamental del pozo infinito de 1 nm del II.2, que no satura:

\sigma_x = 0{,}18076\ \mathrm{nm}, \qquad \sigma_x\sigma_p = 0{,}5679\,\hbar = \hbar\sqrt{\frac{\pi^{2}}{12}-\frac12},

un 13,6 % por encima del mínimo. Los dos estados son fundamentales de un pozo, los dos son la solución más lisa que su hamiltoniano admite, y uno satura Kennard y el otro no. La razón no está en la desigualdad sino en la forma de la función: saturar Cauchy-Schwarz exige que $\tilde A|\psi\rangle$ y $\tilde B|\psi\rangle$ sean paralelos, lo que para x y p obliga a $(\hat p - \langle p\rangle)\psi = i\lambda(\hat x-\langle x\rangle)\psi$ con λ real, una ecuación diferencial de primer orden cuya única solución normalizable es una gaussiana. El seno del pozo no lo es, y ese 13,6 % es la distancia entre un seno y una campana. Los estados de mínima incertidumbre son un club pequeño.

La cota es del estado: el qubit, y dónde está de verdad la igualdad

El sistema más pequeño donde el conmutador no es un número es un qubit: dos niveles, y las tres matrices de Pauli $\hat\sigma_x,\hat\sigma_y,\hat\sigma_z$ , que cumplen $[\hat\sigma_z,\hat\sigma_x] = 2i\,\hat\sigma_y$ . Robertson dice entonces

\sigma_{\sigma_z}\,\sigma_{\sigma_x} \;\ge\; \tfrac12\bigl|\langle 2i\hat\sigma_y\rangle\bigr| \;=\; \bigl|\langle\hat\sigma_y\rangle\bigr|,

y la cota ya no es una constante: es una magnitud medible del estado, la tercera componente. Un estado puro se escribe $|\theta,\varphi\rangle = \cos\tfrac\theta2\,|0\rangle + e^{i\varphi}\sin\tfrac\theta2\,|1\rangle$ y le corresponde un punto de la esfera de Bloch con

\langle\hat\sigma_z\rangle = \cos\theta, \qquad \langle\hat\sigma_x\rangle = \sin\theta\cos\varphi, \qquad \langle\hat\sigma_y\rangle = \sin\theta\sin\varphi,

tres números que cumplen $\langle\sigma_x\rangle^{2}+\langle\sigma_y\rangle^{2}+\langle\sigma_z\rangle^{2}=1$ : el estado puro vive en la superficie de la esfera, no dentro. Como $\hat\sigma_i^{2}=\mathbb{1}$ , las dispersiones salen gratis: $\sigma_{\sigma_z}^{2} = 1-\langle\sigma_z\rangle^{2}$ y $\sigma_{\sigma_x}^{2} = 1-\langle\sigma_x\rangle^{2}$ . Con eso ya se puede preguntar dónde está la igualdad, y la respuesta es una línea de álgebra que el ejemplo resuelto 1 hace despacio. El resultado, por adelantado:

\sigma_{\sigma_z}^{2}\,\sigma_{\sigma_x}^{2} \;-\; \bigl|\langle\hat\sigma_y\rangle\bigr|^{2} \;=\; \bigl(\langle\hat\sigma_x\rangle\,\langle\hat\sigma_z\rangle\bigr)^{2}.

El margen de Robertson en un qubit es un cuadrado perfecto, y saturar es que ese cuadrado se anule:

\text{saturación} \iff \langle\hat\sigma_x\rangle\,\langle\hat\sigma_z\rangle = 0.

Geométricamente son dos círculos máximos de la esfera de Bloch —el meridiano donde la componente x se anula y el ecuador donde se anula la z—, no dos puntos. El panel de arriba lo barre entero: de los 65 341 estados que sus dos deslizadores alcanzan, 1439 saturan, y son exactamente los 1439 que caen sobre esos dos círculos. Fuera de ellos la desigualdad es estricta de verdad, no estricta por redondeo: el margen más pequeño que aparece en toda la rejilla, quitando el lugar de saturación, es +4,6 × 10⁻⁸.

Vale la pena ver dos puntos concretos, porque desmontan las dos ideas falsas que este tema produce con más facilidad.

La primera: «si los operadores no conmutan, la cota es positiva». En $(\theta,\varphi)=(60^\circ,0^\circ)$ se tiene $\langle\sigma_z\rangle=\tfrac12$ , $\langle\sigma_x\rangle=\tfrac{\sqrt3}2$ y $\langle\sigma_y\rangle=0$ : la cota vale cero aunque $[\hat\sigma_z,\hat\sigma_x]\ne0$ , mientras el producto vale $\tfrac{\sqrt3}{4} = 0{,}4330$ . Ahí Robertson no prohíbe absolutamente nada y el estado está lejísimos de saturar. Conviene no usar $|{+}x\rangle$ para ilustrar esto, que es el ejemplo que se ve por todas partes: allí la cota vale cero, sí, pero el producto también, porque $\sigma_{\sigma_x}=0$ . Es un caso de saturación trivial disfrazado de contraejemplo, y no enseña lo que parece enseñar.

La segunda: «saturar es estar en un autoestado de σ_y». En $(30^\circ,90^\circ)$ el producto vale 0,500 y la cota vale 0,500: satura. Y ese estado no es autoestado de $\hat\sigma_y$ ni por aproximación —su $\langle\sigma_y\rangle$ vale 0,5, no 1, y su propia dispersión en $\hat\sigma_y$ es $\sqrt3/2 = 0{,}866$ , casi la máxima posible—. Los autoestados $|{\pm}y\rangle$ son dos puntos de esos dos círculos, los que dan la cota más alta; confundirlos con el lugar de saturación es cambiar dos circunferencias por dos polos.

Ejemplo resuelto 1 · Dónde está la igualdad en un qubit, y por qué el margen es justo el término que se tiró

Problema. (a) Demuestra que en cualquier estado puro de un qubit $\sigma_{\sigma_z}^{2}\sigma_{\sigma_x}^{2} - |\langle\hat\sigma_y\rangle|^{2} = (\langle\hat\sigma_x\rangle\langle\hat\sigma_z\rangle)^{2}$ . (b) Calcula $\langle\{\tilde\sigma_z,\tilde\sigma_x\}\rangle$ y compáralo con lo que salga en (a). (c) Demuestra que en un qubit Cauchy-Schwarz es siempre una igualdad, para dos observables cualesquiera, y deduce qué queda entonces de la desigualdad de Schrödinger. (d) Aplica todo a $(30^\circ,90^\circ)$ y a $(45^\circ,0^\circ)$ .

Solución. (a) Escribiendo $z=\langle\sigma_z\rangle$ , $x=\langle\sigma_x\rangle$ , $y=\langle\sigma_y\rangle$ y usando $\sigma_{\sigma_z}^{2}=1-z^{2}$ , $\sigma_{\sigma_x}^{2}=1-x^{2}$ :

(1-z^{2})(1-x^{2}) = 1 - x^{2} - z^{2} + x^{2}z^{2} = \underbrace{\bigl(1-x^{2}-z^{2}\bigr)}_{=\;y^{2}} + x^{2}z^{2} = y^{2} + (xz)^{2},

donde el único ingrediente ha sido $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ , o sea que el estado es puro. Restando $y^{2}$ queda lo pedido. Nótese que el margen no puede ser negativo aunque uno se empeñe: es un cuadrado.

(b) Las matrices de Pauli anticonmutan, $\{\hat\sigma_z,\hat\sigma_x\}=0$ . Para dos operadores centrados, $\{\hat A-a,\hat B-b\} = \{\hat A,\hat B\} - 2b\hat A - 2a\hat B + 2ab$ , y tomando valor esperado con $a=z$ , $b=x$ :

\bigl\langle\{\tilde\sigma_z,\tilde\sigma_x\}\bigr\rangle = 0 - 2xz - 2zx + 2zx = -2\,x\,z \quad\Longrightarrow\quad \tfrac14\bigl\langle\{\tilde\sigma_z,\tilde\sigma_x\}\bigr\rangle^{2} = (xz)^{2}.

Es exactamente el margen de (a). O sea: en un qubit, todo lo que le sobra al producto sobre la cota de Robertson es el término del anticonmutador, ni más ni menos. Numéricamente las dos expresiones coinciden en el orden de 10⁻¹⁵ sobre 4000 estados al azar; y además, exhaustivamente, sobre las 65 341 posiciones que los deslizadores del panel alcanzan el margen se anula en las 1439 con ⟨σ_x⟩⟨σ_z⟩ = 0 y en ninguna otra, donde lo menor que llega a valer es 4,6 × 10⁻⁸.

(c) Aquí está la razón de fondo, y es de dimensión, no de álgebra. Para cualquier observable, $\langle\psi|\tilde A|\psi\rangle = \langle A\rangle - \langle A\rangle = 0$ , así que $\tilde A|\psi\rangle$ es ortogonal a $|\psi\rangle$ . Lo mismo $\tilde B|\psi\rangle$ . Pero en $\mathbb{C}^{2}$ el complemento ortogonal de un vector tiene dimensión uno: los dos vectores están obligados a ser paralelos, y Cauchy-Schwarz —que es una igualdad justamente cuando son paralelos— no tiene margen de maniobra. Por tanto $\sigma_A\sigma_B = |\langle\tilde A\tilde B\rangle|$ para cualquier pareja de observables de un qubit, y la desigualdad de Schrödinger es allí una identidad. Comprobado sobre 2000 parejas de matrices hermíticas 2 × 2 al azar: la separación entre $|\langle\tilde A\tilde B\rangle|$ y $\sigma_A\sigma_B$ se queda en el orden de 10⁻¹⁴, que es cero con el ruido de la máquina dentro. La consecuencia es la del apartado (b) dicha al revés: en un qubit Robertson sólo puede fallar por el término que tira, y por eso el lugar de saturación es exactamente donde ese término se anula.

(d) En $(30^\circ,90^\circ)$ : $z=\cos30^\circ=0{,}8660$ , $x=\sin30^\circ\cos90^\circ=0$ , $y=\sin30^\circ=0{,}5$ . El producto es $\sqrt{(1-0{,}75)(1-0)}=0{,}5$ , la cota es 0,5, y el margen es $(xz)^{2}=0$ porque $x=0$ . Satura, y satura estando en el meridiano $\langle\sigma_x\rangle=0$ , no en un polo. En $(45^\circ,0^\circ)$ : $z=x=1/\sqrt2$ , $y=0$ , producto $= \tfrac12$ , cota $=0$ , margen $(xz)^{2}=\tfrac14$ — y ése es el margen máximo alcanzable de todo el panel, porque $(xz)^{2}$ con $x^{2}+z^{2}\le1$ no pasa de ¼.

Resultado. La pregunta «¿cuándo se satura la relación de incertidumbre?» tiene, en un qubit, una respuesta geométrica completa: en dos círculos máximos, que se cortan en los dos polos $|{\pm}y\rangle$ . Los polos no son el sitio; son dos de los infinitos sitios, y son los que dan la cota más alta, que es otra cosa. La lección transferible es la del apartado (c): la desigualdad de Robertson tiene dos maneras independientes de no ser tensa —que Cauchy-Schwarz no sature, y que el anticonmutador no se anule—, y en un qubit la primera está prohibida por la dimensión del espacio. En cuanto hay tres niveles vuelven las dos, y la sección siguiente enseña un estado donde precisamente la primera es la que manda.

Mandelstam-Tamm: Robertson con A = H, y el signo que el valor absoluto tapa

Hasta aquí no ha aparecido el tiempo. Aparece con una elección: $\hat A = \hat H$ , el hamiltoniano, y $\hat B$ cualquier observable sin dependencia explícita del tiempo. Lo que hace especial esa elección es que el conmutador con H ya tiene nombre: es la derivada temporal del valor esperado. Y aquí hay que ir despacio, porque es el único renglón de todo el artículo donde equivocarse no cambia el resultado.

De la ecuación de Schrödinger $i\hbar\,\partial_t|\psi\rangle = \hat H|\psi\rangle$ se sigue $\partial_t\langle\psi| = -\tfrac{1}{i\hbar}\langle\psi|\hat H$ —el signo cambia al conjugar—, de modo que

\frac{d\langle \hat B\rangle}{dt} = \bigl\langle\partial_t\psi\bigr|\hat B\bigl|\psi\bigr\rangle + \bigl\langle\psi\bigr|\hat B\bigl|\partial_t\psi\bigr\rangle = -\frac{1}{i\hbar}\bigl\langle \hat H\hat B\bigr\rangle + \frac{1}{i\hbar}\bigl\langle \hat B\hat H\bigr\rangle = \frac{1}{i\hbar}\bigl\langle[\hat B,\hat H]\bigr\rangle.

Ése es el teorema de Ehrenfest en su forma general. Conviene escribirlo en sus dos formas equivalentes y poner al lado la expresión que se confunde con ellas, que es correcta y vale lo contrario:

\frac{d\langle \hat B\rangle}{dt} = \frac{\bigl\langle[\hat B,\hat H]\bigr\rangle}{i\hbar} = \frac{i}{\hbar}\bigl\langle[\hat H,\hat B]\bigr\rangle, \qquad\text{mientras que}\qquad \frac{\bigl\langle[\hat H,\hat B]\bigr\rangle}{i\hbar} = -\frac{d\langle \hat B\rangle}{dt}.

El orden dentro del corchete decide el signo, y el corchete es antisimétrico, así que no hay término pequeño que descuidar: es un factor −1 limpio. La manera de no equivocarse no es releer, porque un signo cruzado se lee perfectamente bien; es calcularlo en un caso donde se sepa la respuesta por otro camino. Con $\hat B=\hat x$ y $\hat H = \hat p^{2}/2m + V(\hat x)$ , el potencial conmuta con x y queda

\bigl[\hat x,\hat H\bigr] = \frac{1}{2m}\bigl[\hat x,\hat p^{2}\bigr] = \frac{1}{2m}\Bigl(\hat p\bigl[\hat x,\hat p\bigr] + \bigl[\hat x,\hat p\bigr]\hat p\Bigr) = \frac{i\hbar}{m}\,\hat p \quad\Longrightarrow\quad \frac{d\langle \hat x\rangle}{dt} = \frac{\langle \hat p\rangle}{m}.

Signo más: el centroide se mueve hacia donde apunta el momento medio, que es lo que cualquiera espera de algo llamado Ehrenfest. Y eso está medido, no argumentado: propagando la mezcla 50/50 del pozo de 1 nm y calculando $d\langle x\rangle/dt$ por diferencias finitas sobre la evolución, frente a $\langle p\rangle/m$ obtenido por cuadratura sobre la misma función de onda, las dos cifras coinciden con un error relativo de 1,6 × 10⁻⁸ en seis instantes del ciclo, con los dos signos representados: +2,705 × 10⁵ m/s en t = 0,33 T y −2,990 × 10⁵ m/s en t = 0,71 T. Escrito con el orden cambiado saldría −2,705 × 10⁵ m/s donde el centroide se mueve hacia la derecha.

Ahora se mete Ehrenfest en Robertson. Como $|\langle[\hat H,\hat B]\rangle| = \hbar\,|d\langle \hat B\rangle/dt|$ —los dos órdenes tienen el mismo módulo, que es justamente el problema—,

\sigma_E\,\sigma_B \;\ge\; \frac{\hbar}{2}\left|\frac{d\langle \hat B\rangle}{dt}\right| \quad\Longleftrightarrow\quad \tau_B \;\equiv\; \frac{\sigma_B}{\bigl|d\langle \hat B\rangle/dt\bigr|} \;\ge\; \frac{\hbar}{2\sigma_E}.

Ésa es la relación de Mandelstam-Tamm, de 1945. El miembro de la derecha no menciona a B: una sola cota para todos los observables a la vez, fijada por la dispersión de energía del estado. Un estado con σ_E = 0 —un estado estacionario— tiene la cota en el infinito, y en efecto no cambia nunca. Y la relación de Mandelstam-Tamm es lo que hay detrás de «ΔE·Δt ≥ ħ/2», con la diferencia de que aquí cada símbolo está definido.

Por qué el signo no canta, y qué hacer con eso. La desigualdad de Mandelstam-Tamm lleva un valor absoluto, así que $[\hat H,\hat B]$ y $[\hat B,\hat H]$ dan la misma cota. Un texto que escriba mal el orden llega al resultado correcto, se lee bien y pasa cualquier revisión que mire la prosa. Sólo se cae cuando alguien usa la relación de Ehrenfest fuera de la desigualdad —para predecir hacia dónde se mueve algo, para integrar una ecuación de movimiento, para escribir la imagen de Heisenberg— y entonces el error ya está tres módulos más abajo. Es el patrón exacto del $[\hat a,\hat a^\dagger]$ del II.3, donde el signo cruzado producía un fundamental de −134,5 meV, por debajo del fondo del pozo, y también se leía perfectamente. La regla que sale de las dos veces: un signo no se revisa leyendo, se revisa calculando la misma cantidad por un camino que no lo comparta. Aquí ese camino son unas diferencias finitas sobre una evolución propagada contra una cuadratura, y cuestan diez líneas de Python.

τ no es un tiempo transcurrido, es un ritmo

Aquí está la trampa conceptual del tema, y es fácil caer en ella porque la frase incorrecta es más corta que la correcta. Mandelstam-Tamm no dice que una magnitud tarde al menos ħ/2σ_E en cambiar tanto como su dispersión. Dice que, en cada instante, el cociente entre la dispersión que tiene ahora y la velocidad a la que su media se mueve ahora no puede bajar de ħ/2σ_E. Es un cociente instantáneo —una dispersión dividida por un ritmo—, y por tanto una escala de tiempo, no una duración. La diferencia se mide, y en el 50/50 del pozo de 1 nm sale así:

Qué se mide	Valor	En unidades de la cota
La cota $\hbar/2\sigma_E$	0,58347 fs	1 (por definición)
Mínimo de $\tau_x=\sigma_x/\|d\langle x\rangle/dt\|$ sobre el ciclo	0,7363 fs	1,262
Tiempo real hasta que ⟨x⟩ se desplaza $\sigma_x(0)$	0,781 fs	1,34
$\tau_B$ del pseudoespín $\|1\rangle\langle2\|+\|2\rangle\langle1\|$ , en todo t	0,58347 fs	1,000000

Las tres primeras filas son distintas entre sí, y ninguna de las dos de en medio vale 1. El pseudoespín de la última, en cambio, satura la cota en todo instante, con una desviación máxima de 6,7 × 10⁻¹⁰ a lo largo del ciclo. La moraleja está en la columna de la derecha: la cota es del estado; saturarla o no es del observable. El mismo estado tiene un observable que la satura siempre y otro —la posición, el que cualquiera mediría— que se queda un 26 % por encima en su mejor momento.

Y hay una razón limpia de por qué la posición falla, que además usa el ejemplo resuelto 1 al revés. El estado vive en el plano de dos dimensiones que generan $|1\rangle$ y $|2\rangle$ , y ahí dentro se comporta como un qubit: el hamiltoniano restringido es $\tfrac{E_1+E_2}{2}+\tfrac{\Delta E}{2}\hat\sigma_z$ , el pseudoespín es $\hat\sigma_x$ , y como la mezcla es 50/50 se tiene $\langle\hat\sigma_z\rangle=0$ para siempre: el estado recorre el ecuador de saturación de la sección anterior y no se sale de él. Con la posición no pasa eso, porque $\hat x$ tiene elementos de matriz hacia niveles que no están en el plano, y el vector $\tilde x|\psi\rangle$ se sale. Medido en el instante del mínimo, t = T/4: sólo el 62,8 % de $\|\tilde x\psi\|^{2}$ vive en el plano de los dos niveles, y el 37,2 % restante está fuera —36,6 puntos de ese 37,2 en el nivel n = 3 él solo—. El coseno del ángulo entre $\tilde x|\psi\rangle$ y $\tilde H|\psi\rangle$ es entonces $\sqrt{0{,}628}=0{,}7924$ , y

\frac{\tau_x^{\min}}{\hbar/2\sigma_E} = \frac{1}{\cos\alpha} = \frac{1}{0{,}7924} = 1{,}262.

El 26 % que sobra es ese ángulo, y nada más: en t = T/4 el término del anticonmutador vale exactamente cero — $\langle\tilde x\tilde H\rangle$ sale imaginario puro—, así que toda la holgura es holgura de Cauchy-Schwarz. Es el caso que el ejemplo resuelto 1 anunciaba y que en un qubit no puede ocurrir.

Ejemplo resuelto 2 · El batido del pozo de 1 nm, con las tres escalas de tiempo separadas

Problema. Un electrón en un pozo infinito de L = 1 nm se prepara en $(\psi_1+\psi_2)/\sqrt2$ . (a) Calcula $\sigma_E$ y la cota de Mandelstam-Tamm. (b) Calcula el periodo del batido y el cociente T/τ; di si ese cociente es un resultado del pozo. (c) Escribe $\langle x\rangle(t)$ y $\sigma_x(0)$ , y obtén en forma cerrada cuánto tarda el centroide en desplazarse una $\sigma_x(0)$ . (d) Comprueba que el pseudoespín $\hat B=|1\rangle\langle2|+|2\rangle\langle1|$ satura la cota, y explica por qué.

Solución. (a) Con $E_n = n^{2}\pi^{2}\hbar^{2}/2mL^{2}$ salen $E_1 = 0{,}37603$ eV y $E_2 = 1{,}50412$ eV, o sea $\Delta E = 1{,}12809$ eV. Para una mezcla de dos niveles con pesos $p_1$ y $p_2$ , $\sigma_E = \sqrt{p_1p_2}\,\Delta E$ , que con $p_1=p_2=\tfrac12$ da $\Delta E/2$ :

\sigma_E = 0{,}56405\ \mathrm{eV}, \qquad \tau = \frac{\hbar}{2\sigma_E} = \frac{0{,}658212\ \mathrm{eV\cdot fs}}{1{,}12809\ \mathrm{eV}} = 0{,}58347\ \mathrm{fs}.

(b) La densidad se repite cuando la fase relativa da una vuelta: $T = h/\Delta E = 3{,}66608$ fs. Y

\frac{T}{\tau} = \frac{h/\Delta E}{\hbar/\Delta E} = \frac{h}{\hbar} = 2\pi = 6{,}28319.

La ΔE se cancela: el 2π no es un resultado del pozo de 1 nm, es la definición de ħ vista de lado. Saldría igual en cualquier mezcla 50/50 de dos niveles de cualquier sistema, y de hecho sale igual en el C≡O del II.3 (ejercicio 6). Un cociente que no depende del sistema es siempre una identidad de constantes disfrazada, y conviene detectarlas antes de celebrarlas.

\langle x\rangle(t) = \frac{L}{2} + x_{12}\cos(\omega t), \qquad x_{12}=\langle1|\hat x|2\rangle = -\frac{16L}{9\pi^{2}} = -0{,}18013\ \mathrm{nm}, \qquad \omega=\frac{\Delta E}{\hbar}.

El centroide arranca en 0,3199 nm, llega a 0,6801 nm y vuelve: un recorrido de 0,3603 nm de extremo a extremo. Su dispersión inicial es $\sigma_x(0)=0{,}13865$ nm, bastante menor que el recorrido, así que la pregunta tiene respuesta. Imponiendo $|\langle x\rangle(t)-\langle x\rangle(0)| = |x_{12}|\bigl(1-\cos\omega t\bigr) = \sigma_x(0)$ :

\omega t_\sigma = \arccos\!\left(1-\frac{\sigma_x(0)}{|x_{12}|}\right) = \arccos(0{,}2302) = 1{,}3385\ \mathrm{rad}.

Y ahora el detalle que hace bonito el resultado: como $\tau = \hbar/\Delta E = 1/\omega$ , el cociente $t_\sigma/\tau$ es el ángulo $\omega t_\sigma$ en radianes. De modo que $t_\sigma = 1{,}34\,\tau = 0{,}781$ fs, sin unidades de por medio. La lectura literal de la frase incorrecta habría dado 1,00 τ.

(d) En la base $\{|1\rangle,|2\rangle\}$ , $\hat B=\hat\sigma_x$ y $\hat H = \bar E + \tfrac{\Delta E}{2}\hat\sigma_z$ con $\bar E=(E_1+E_2)/2$ . Propagando y midiendo en seis instantes del ciclo, $\langle B\rangle$ y $\sigma_B$ cambian mucho —de $\langle B\rangle=+0{,}876$ con $\sigma_B=0{,}482$ a $\langle B\rangle=-0{,}249$ con $\sigma_B=0{,}969$ — y su cociente con la velocidad sale 0,58347 fs en los seis, con desviación máxima 6,7 × 10⁻¹⁰. La razón está en el ejemplo resuelto 1: dentro del plano de los dos niveles esto es un qubit, en un qubit se satura si y sólo si $\langle\hat\sigma_x\rangle\langle\hat\sigma_z\rangle=0$ , y la mezcla 50/50 tiene $\langle\hat\sigma_z\rangle = p_1-p_2 = 0$ en todo instante porque los módulos de los coeficientes no cambian con el tiempo. El estado está clavado en el ecuador de saturación.

Resultado. Tres números —0,58347 fs, 0,7363 fs y 0,781 fs— que la frase de manual confunde en uno solo. El primero es una cota inferior sobre un cociente instantáneo; el segundo es el valor real más pequeño que ese cociente alcanza para la posición; el tercero es un tiempo transcurrido de verdad, medido con un cronómetro. Y la moraleja operativa, que sirve para todo el tema: si una mezcla no es 50/50, la cota sube, porque $\sqrt{p_1p_2}$ es máximo en el reparto igualado. Con 99 % y 1 % de los mismos dos niveles, σ_E cae a 0,1122 eV y la cota se dispara a 2,932 fs: el estado casi puro casi no evoluciona, que es la versión cuantitativa de «un estado estacionario no hace nada».

La frase que hay que borrar, con el número que la borra. «Cualquier magnitud de este estado tarda al menos 0,583 fs en cambiar tanto como su propia dispersión» es falsa en las dos direcciones a la vez, y las dos se miden. Por un lado tarda más: el centroide del 50/50 necesita 0,781 fs, un 34 % más que la cota, y su cociente $\sigma_x/|\dot{\langle x\rangle}|$ no baja nunca de 0,7363 fs. Por otro lado «tardar» no es la palabra: τ compara la dispersión de ahora con el ritmo de ahora, y las dos cosas cambian mientras el estado se mueve, así que el cociente no es la duración de nada. La frase correcta es más larga y no tiene remedio: en todo instante y para todo observable, la dispersión dividida por la velocidad de su media no baja de ħ/2σ_E. Cuando alguien pregunte «¿cuánto tarda?», la respuesta honrada es que depende del observable y hay que integrar.

Volverse ortogonal es otra pregunta, y a veces no tiene respuesta

Hay una segunda pregunta que se confunde con la primera todo el rato: ¿cuánto tarda un estado en volverse completamente distinguible del que era, es decir ortogonal a sí mismo? Ésa no es la cota que se ha demostrado —τ habla de una magnitud que se desplaza una σ, no de un producto escalar que se anula— y su respuesta lleva un π de más. En el 50/50 del pozo de 1 nm, el solape $|\langle\psi(0)|\psi(t)\rangle|$ baja hasta 2,6 × 10⁻¹⁶ —cero, con el ruido de la máquina— por primera vez en

t_\perp = \frac{T}{2} = \frac{\pi\hbar}{\Delta E} = \pi\,\tau = 1{,}8330\ \mathrm{fs}.

Y ahí ocurre algo que merece un párrafo: ese estado satura a la vez las dos cotas conocidas de ortogonalidad. La versión Mandelstam-Tamm de la pregunta da $t_\perp\ge\pi\hbar/2\sigma_E$ = 1,8330 fs, y la cota de Margolus-Levitin, que es de 1998 y usa la energía media por encima del fundamental en vez de la dispersión, da $t_\perp\ge\pi\hbar/2(\langle E\rangle-E_1)$ = 1,8330 fs también. Las dos coinciden porque en una mezcla 50/50 de dos niveles $\langle E\rangle - E_1 = \Delta E/2 = \sigma_E$ exactamente. Es la única familia de estados donde las dos cotas son la misma, y por eso el 50/50 de dos niveles es el estado más rápido que existe con esa energía disponible: la máquina cuántica ideal.

Lo contrario también se mide, y es más instructivo. Tómese la mezcla 90/10 de $n=1$ y $n=3$ —que no es un capricho: es el desarrollo exacto de $\sin^{3}$ del II.1, con $|c_1|^{2}=0{,}9$ y $|c_3|^{2}=0{,}1$ exactos—. Su solape consigo mismo baja hasta 0,8 y ahí se para: nunca se vuelve ortogonal, y el 0,8 no es un número raro, es $|p_1-p_3| = 0{,}9-0{,}1$ . La razón es geométrica: con dos niveles, el solape es $|p_1 + p_3e^{i\omega t}|$ , que recorre una circunferencia de radio $p_3$ centrada en $p_1$ , y esa circunferencia sólo pasa por el origen si los dos radios son iguales. De modo que la pregunta «¿cuándo se vuelve ortogonal?» no siempre tiene respuesta, mientras que la de Mandelstam-Tamm la tiene siempre. Son dos preguntas distintas, con dos cotas distintas y con dominios de validez distintos, y meterlas en la misma frase —«ΔE·Δt ≥ ħ/2»— es lo que convierte esa desigualdad en la más maltratada de la mecánica cuántica.

Ejercicios

Ejercicio 1 · El término que se tira, y un estado donde vale más que el que se guarda

(a) Demuestra que si $\hat A$ y $\hat B$ son hermíticos entonces $\{\tilde A,\tilde B\}$ es hermítico y $[\tilde A,\tilde B]$ es antihermítico, y saca de ahí que sus valores esperados son real e imaginario puro respectivamente. (b) Demuestra $[\tilde A,\tilde B]=[\hat A,\hat B]$ . (c) Para la gaussiana con gorjeo $b=0{,}7$ , con $\sigma_\xi=0{,}7071$ , $\sigma_\pi=0{,}8631$ y $\langle\tfrac12\{\hat x,\hat p\}\rangle = 0{,}35\,\hbar$ , escribe las dos cotas y di cuál satura. (d) ¿Qué le pasa a las tres cifras si $b=0$ ? ¿Y si $b\to\infty$ ?

Solución

(a) $(\tilde A\tilde B+\tilde B\tilde A)^\dagger = \tilde B^\dagger\tilde A^\dagger + \tilde A^\dagger\tilde B^\dagger = \tilde B\tilde A+\tilde A\tilde B$ , el mismo objeto: hermítico. Con el conmutador el mismo cálculo deja $\tilde B\tilde A - \tilde A\tilde B = -[\tilde A,\tilde B]$ : antihermítico. Un operador hermítico tiene valor esperado real (es el resultado del artículo 02); si $\hat C^\dagger=-\hat C$ entonces $i\hat C$ es hermítico, así que $i\langle \hat C\rangle$ es real y $\langle \hat C\rangle$ imaginario puro.

(b) $[\hat A-a,\hat B-b] = [\hat A,\hat B] - a[\mathbb{1},\hat B] - b[\hat A,\mathbb{1}] + ab[\mathbb{1},\mathbb{1}]$ , y los tres últimos conmutadores son cero porque la identidad conmuta con todo. Ésta es la razón de que Robertson pueda escribirse con $[\hat A,\hat B]$ sin tildes mientras que el término del anticonmutador exige centrar: quitarle las tildes a $\{\tilde A,\tilde B\}$ cambia el resultado, y en la gaussiana con gorjeo lo cambia de 0,35 ħ a $\langle\tfrac12\{x,p\}\rangle$ sin centrar, que en un estado con ⟨x⟩ ≠ 0 no vale lo mismo.

(c) Con $\sigma_x\sigma_p = \hbar\,\sigma_\xi\sigma_\pi$ , Robertson dice $\sigma_x\sigma_p \ge \hbar/2 = 0{,}5\,\hbar$ y Schrödinger, $\sigma_x\sigma_p \ge \sqrt{0{,}35^{2} + 0{,}5^{2}\,}\;\hbar=\sqrt{0{,}1225+0{,}25}\,\hbar = 0{,}6103\,\hbar$ . El producto real vale 0,6103 ħ, así que Schrödinger satura y Robertson no: al estado le sobra un 22,1 % sobre la cota de Kennard y exactamente 0 sobre la fina. En forma cerrada, $\sigma_x\sigma_p=\hbar\sqrt{1+b^{2}}/2$ y $\langle\tfrac12\{x,p\}\rangle = b/2$ , de modo que $\sqrt{(b/2)^{2}+(1/2)^{2}} = \sqrt{1+b^{2}}/2$ es una identidad: la gaussiana con gorjeo satura Schrödinger para todo b.

(d) Con $b=0$ el anticonmutador se anula, las dos cotas se funden en ħ/2 y la gaussiana sin gorjeo satura Kennard: es el estado de mínima incertidumbre de siempre. Con $b\to\infty$ el producto crece como $\hbar b/2$ sin límite mientras $\sigma_\xi$ se queda clavada en $1/\sqrt2$ : toda la incertidumbre se va al momento. La segunda lección es de laboratorio: un pulso láser con gorjeo tiene el mismo perfil de intensidad que uno sin él y muchísimo más ancho de banda, y comprimirlo consiste precisamente en devolver b a cero con una pareja de redes de difracción. La cantidad que hay que anular no es una anchura, es el anticonmutador.

Ejercicio 2 · Cota cero con operadores que no conmutan

Estado $|\theta=60^\circ,\varphi=0^\circ\rangle$ . (a) Calcula $\langle\hat\sigma_z\rangle$ , $\langle\hat\sigma_x\rangle$ y $\langle\hat\sigma_y\rangle$ . (b) Las dos dispersiones y su producto. (c) La cota, el margen, y si satura. (d) Compáralo con $|{+}x\rangle$ , que es el ejemplo que suele darse para ilustrar lo mismo, y di por qué es un mal ejemplo. (e) Localiza los dos estados en el mapa del panel y di sobre qué línea está cada uno.

Solución

(a) $\langle\sigma_z\rangle=\cos60^\circ=\tfrac12$ , $\langle\sigma_x\rangle=\sin60^\circ\cos0^\circ=\tfrac{\sqrt3}2=0{,}8660$ , $\langle\sigma_y\rangle=\sin60^\circ\sin0^\circ=0$ . (b) $\sigma_{\sigma_z}=\sqrt{1-\tfrac14}=\tfrac{\sqrt3}2=0{,}8660$ , $\sigma_{\sigma_x}=\sqrt{1-\tfrac34}=\tfrac12$ , producto $=\tfrac{\sqrt3}4=0{,}4330$ . (c) La cota es $|\langle\sigma_y\rangle|=0$ y el margen, 0,4330. No satura: Robertson aquí no prohíbe nada, y el producto está tan lejos de la cota como puede estarlo un estado con $\langle\sigma_y\rangle=0$ sin llegar al máximo de 0,5 de $(45^\circ,0^\circ)$ . La comprobación con la identidad del ejemplo resuelto 1: $(\langle\sigma_x\rangle\langle\sigma_z\rangle)^{2} = (0{,}8660\cdot0{,}5)^{2}=0{,}1875$ , y en efecto $0{,}4330^{2}-0^{2}=0{,}1875$ .

(d) En $|{+}x\rangle = (90^\circ,0^\circ)$ la cota también vale cero, pero $\sigma_{\sigma_x}=0$ y por tanto el producto vale cero también: es una saturación trivial, con $0=0$ . Se presenta a menudo como «la cota se anula aunque los operadores no conmuten», y la frase es cierta pero engañosa, porque en ese estado Robertson sí es una igualdad y no ilustra el fenómeno que se quiere ilustrar. Para exhibir una cota inútil hace falta un estado donde la cota se anule y el producto no: eso es $(60^\circ,0^\circ)$ , y por eso está en este ejercicio y no el otro. Regla general: un contraejemplo con dos ceros no es un contraejemplo, es una coincidencia.

(e) $(60^\circ,0^\circ)$ no está sobre ninguna de las cinco líneas del mapa: su margen es 0,433, de los mayores del panel. $|{+}x\rangle=(90^\circ,0^\circ)$ está sobre la línea horizontal $\theta=90^\circ$ , el ecuador $\langle\sigma_z\rangle=0$ ; satura, y el panel lo anuncia como saturación trivial precisamente porque su cota es cero.

Ejercicio 3 · Otra mezcla, otra cota, y un estado que nunca se vuelve ortogonal

La mezcla 90/10 de $n=1$ y $n=3$ del pozo de 1 nm, con $E_3=3{,}38427$ eV. (a) Calcula $\langle H\rangle$ , $\langle H^{2}\rangle$ y $\sigma_E$ , y comprueba el resultado con $\sigma_E=\sqrt{p_1p_3}\,\Delta E_{13}$ . (b) La cota τ, a tres cifras y con cuidado. (c) El periodo y el cociente T/τ. (d) ¿Cuánto tarda en volverse ortogonal a sí misma?

Solución

(a) $\langle H\rangle = 0{,}9\cdot0{,}37603 + 0{,}1\cdot3{,}38427 = 0{,}67685$ eV; $\langle H^{2}\rangle = 0{,}9\cdot0{,}37603^{2}+0{,}1\cdot3{,}38427^{2} = 1{,}27259$ eV²; $\sigma_E = \sqrt{1{,}27259-0{,}67685^{2}} = 0{,}90247$ eV. Por el otro camino, $\sqrt{0{,}9\cdot0{,}1}\cdot(3{,}38427-0{,}37603) = 0{,}3\cdot3{,}00824 = 0{,}90247$ eV. Coinciden hasta la última cifra, como tienen que hacerlo: la fórmula $\sqrt{p_1p_2}\,\Delta E$ es lo que sale de la primera cuenta al simplificar, y comprobar una contra otra es lo que caza un cuadrado mal puesto.

(b) $\tau = \hbar/2\sigma_E = 0{,}658212/(2\cdot0{,}90247) = 0{,}3647$ fs, que a tres cifras es 0,365 fs. Aquí hay una trampa que merece un aviso: si se redondea σ_E a 0,903 eV antes de dividir sale 0,36446 fs, que a tres cifras es 0,364 — y ese 0,364 se ha publicado. Un redondeo intermedio a cuatro cifras basta para mover la tercera cifra del resultado. La regla es vieja y se salta sola: se redondea al escribir, nunca al calcular.

(c) $T = h/(E_3-E_1) = 4{,}135668/3{,}00824 = 1{,}37478$ fs, y $T/\tau = 3{,}76991 = 1{,}2\pi$ . No es 2π, y la razón vale la pena: en general $T/\tau = 2\pi\cdot 2\sqrt{p_1p_2}$ , que vale 2π sólo en el reparto 50/50 y es menor en cualquier otro. Con 0,9 y 0,1 sale $2\pi\cdot0{,}6=1{,}2\pi$ . Comparada con el 50/50 del ejemplo resuelto 2, esta mezcla es más rápida —cota 0,365 fs frente a 0,583 fs— porque tiene más dispersión de energía: los dos niveles están más separados, y eso pesa más que lo desigual del reparto.

(d) Nunca. El solape $|\langle\psi(0)|\psi(t)\rangle| = |p_1+p_3e^{i\omega t}|$ recorre una circunferencia de radio 0,1 centrada en 0,9, cuyo punto más cercano al origen está a 0,8 — que es $|p_1-p_3|$ , medido y no estimado. Este estado cumple Mandelstam-Tamm como todo el mundo, tiene una cota τ perfectamente definida y más pequeña que la del 50/50, y sin embargo no llega a distinguirse nunca de sí mismo. La segunda lección: «tiempo de evolución» y tiempo de ortogonalidad no son dos nombres del mismo número, y sólo el primero existe siempre.

Ejercicio 4 · El signo de Ehrenfest, y qué predice el signo contrario

(a) Deduce $d\langle \hat B\rangle/dt = \langle[\hat B,\hat H]\rangle/i\hbar$ partiendo de la ecuación de Schrödinger, con el paso de la conjugación escrito. (b) Aplícalo a $\hat B=\hat x$ y obtén $d\langle x\rangle/dt$ . (c) Un compañero escribe $\langle[\hat H,\hat B]\rangle/i\hbar = d\langle \hat B\rangle/dt$ . Evalúa su expresión para $\hat B=\hat x$ en el 50/50 del pozo en el instante en que el centroide se mueve hacia la derecha a 2,705 × 10⁵ m/s, y di qué predeciría. (d) ¿Por qué el error no cambia ninguna cota de este artículo? ¿Dónde sí se notaría?

Solución

(a) De $i\hbar\,\partial_t|\psi\rangle=\hat H|\psi\rangle$ se obtiene $\partial_t|\psi\rangle = \tfrac{1}{i\hbar}\hat H|\psi\rangle$ ; conjugando, y como $\hat H$ es hermítico y $\overline{1/i\hbar}=-1/i\hbar$ , $\partial_t\langle\psi| = -\tfrac{1}{i\hbar}\langle\psi|\hat H$ . Entonces

\frac{d\langle \hat B\rangle}{dt} = -\frac{1}{i\hbar}\langle\hat H\hat B\rangle + \frac{1}{i\hbar}\langle \hat B\hat H\rangle = \frac{1}{i\hbar}\bigl\langle[\hat B,\hat H]\bigr\rangle.

El signo menos del primer sumando es el de la conjugación, y es el único sitio donde se puede perder. Nótese la simetría de la línea: el operador que va delante en el producto es el que lleva el signo menos, y ése es el que acaba en la segunda ranura del conmutador.

(b) $[\hat x,\hat H] = [\hat x,\hat p^{2}]/2m = i\hbar\hat p/m$ , usando $[\hat x,\hat p^{2}]=\hat p[\hat x,\hat p]+[\hat x,\hat p]\hat p = 2i\hbar\hat p$ ; dividiendo entre iħ queda $d\langle x\rangle/dt = +\langle p\rangle/m$ . El potencial no aparece porque conmuta con x, sea cual sea: la primera ecuación de Ehrenfest vale igual en un pozo infinito que en un oscilador.

(c) Su expresión es la de (b) con los dos operadores intercambiados, y como el conmutador es antisimétrico vale $-\langle p\rangle/m$ : donde la medida da +2,705 × 10⁵ m/s, él escribiría −2,705 × 10⁵ m/s. Predeciría que el centroide del electrón se mueve hacia la izquierda mientras el momento medio apunta a la derecha, o sea que el paquete viaja al revés que su momento. En el pozo el error da una vuelta y vuelve —la trayectoria de ⟨x⟩ es simétrica en el tiempo— así que ni siquiera ahí produce una gráfica visiblemente absurda; en un paquete libre sí: el paquete se alejaría de donde va.

(d) Porque Robertson y Mandelstam-Tamm llevan $|\langle[\hat A,\hat B]\rangle|$ con valor absoluto, y los dos órdenes tienen el mismo módulo: la cota sale bien con el signo cruzado. Se nota en cuanto la relación se usa fuera de una desigualdad: al integrar la ecuación de movimiento de un valor esperado, al escribir la imagen de Heisenberg $d\hat B/dt = [\hat B,\hat H]/i\hbar$ , o al deducir cualquier ley de conservación —si $[\hat B,\hat H]=0$ da igual el orden, pero si no, el sentido del flujo se invierte—. La segunda lección es de método: un error que el valor absoluto tapa no se caza releyendo, y tampoco se caza comprobando el resultado final, porque el resultado final está bien. Se caza calculando el objeto intermedio —aquí $d\langle x\rangle/dt$ — por un camino que no comparta el error, que es lo que hacen las diferencias finitas del texto.

Ejercicio 5 · Quién satura Kennard y quién no

(a) Escribe la condición de saturación de Cauchy-Schwarz para $\hat A=\hat x$ y $\hat B=\hat p$ como una ecuación diferencial y resuélvela. (b) Comprueba que el fundamental del C≡O la cumple, con $\sigma_x=3{,}3662$ pm y $\sigma_p=1{,}5664\times10^{-23}$ kg·m/s. (c) El fundamental del pozo de 1 nm tiene $\sigma_x\sigma_p=0{,}5679\,\hbar$ : ¿qué parte de la deducción falla en él? (d) Demuestra $\sigma_x\sigma_p = \hbar\sqrt{\pi^{2}/12-1/2}$ para ese estado y comprueba el 13,6 %.

Solución

(a) Cauchy-Schwarz es igualdad cuando los dos vectores son paralelos: $\tilde p\,\psi = \lambda\,\tilde x\,\psi$ con λ complejo. Además hace falta que el anticonmutador se anule para que la igualdad llegue hasta Robertson, lo que obliga a λ imaginario puro, $\lambda=i\kappa$ con κ real. Con $\hat p=-i\hbar\,d/dx$ y tomando $\langle x\rangle=\langle p\rangle=0$ :

-i\hbar\,\frac{d\psi}{dx} = i\kappa\,x\,\psi \quad\Longrightarrow\quad \frac{d\psi}{\psi} = -\frac{\kappa}{\hbar}\,x\,dx \quad\Longrightarrow\quad \psi \propto e^{-\kappa x^{2}/2\hbar},

una gaussiana, y normalizable sólo si κ > 0. El único estado que satura Kennard es la campana de Gauss, y sale de una ecuación diferencial de primer orden — la misma estructura que $\hat a\psi_0=0$ en el II.3, que no es casualidad: es la misma ecuación con $\kappa=\mu\omega$ .

(b) $3{,}3662\times10^{-12}\cdot1{,}5664\times10^{-23} = 5{,}2729\times10^{-35}$ J·s, y $\hbar/2 = 5{,}2729\times10^{-35}$ J·s. Coinciden con error 7 × 10⁻¹⁰, que es error de cuadratura. Tiene que ser así: el fundamental del oscilador es una gaussiana.

(c) Falla el apartado (a) entero, porque $\psi_1(x)=\sqrt{2/L}\sin(\pi x/L)$ no es una gaussiana ni se le parece: se anula en las paredes, y una gaussiana no se anula en ningún sitio. Como no puede cumplir $\tilde p\psi\parallel\tilde x\psi$ , Cauchy-Schwarz es estricta y el producto queda por encima. El 13,6 % que sobra es, literalmente, la distancia entre un seno y una campana.

(d) Con $\langle x\rangle=L/2$ y $\langle x^{2}\rangle = L^{2}(1/3-1/2\pi^{2})$ sale $\sigma_x^{2}=L^{2}(1/12-1/2\pi^{2})$ , o sea 0,18076 nm; y con $\langle p\rangle=0$ , $\langle p^{2}\rangle=(\pi\hbar/L)^{2}$ , o sea $\sigma_p=\pi\hbar/L = 3{,}3130\times10^{-25}$ kg·m/s. Multiplicando, la L se cancela:

\sigma_x\sigma_p = \pi\hbar\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{2\pi^{2}}} = \hbar\sqrt{\frac{\pi^{2}}{12}-\frac12} = 0{,}56786\,\hbar.

Y $0{,}56786/0{,}5 = 1{,}1357$ : sobra un 13,57 %, sea cual sea L. Que la L se cancele es la segunda lección, y es la razón por la que este número está calculado por cuadratura en el guion de verificación y no con las dos fórmulas cerradas: multiplicar dos formas cerradas que se cancelan entre sí comprueba el álgebra, no la física. Nótese además que para $n$ grande el producto crece como $n\pi/\sqrt{12}$ —9,04 ħ en n = 10—, así que los estados excitados de un pozo se alejan de Kennard sin límite.

Ejercicio 6 · Construir un observable que sature, en un sistema distinto

Toma ahora el C≡O del II.3 preparado en la mezcla 50/50 de $n=0$ y $n=1$ , con $\hbar\omega = 269{,}02$ meV. (a) Calcula $\sigma_E$ , la cota de Mandelstam-Tamm y el periodo del batido, y comprueba T/τ. (b) Escribe un observable que sature la cota en todo instante y demuestra que la satura. (c) ¿Satura también $\hat x$ en este sistema? Argumenta con los elementos de matriz del II.3, sin calcular nada. (d) ¿Cuándo se vuelve ortogonal a sí mismo este estado, y satura alguna cota al hacerlo?

Solución

(a) $\Delta E = \hbar\omega = 269{,}02$ meV, y con pesos iguales $\sigma_E=\Delta E/2 = 134{,}51$ meV — que es, exactamente, la energía de punto cero del II.3, aunque por motivos distintos: allí era medio cuanto, aquí es media separación entre niveles. Entonces $\tau = \hbar/2\sigma_E = 0{,}658212/0{,}269023 = 2{,}4467$ fs y $T = h/\Delta E = 2\pi/\omega = 15{,}373$ fs, con $T/\tau = 6{,}2832 = 2\pi$ otra vez: la identidad de constantes del ejemplo resuelto 2, en un sistema con niveles cuatro veces más juntos y una cota cuatro veces más larga.

(b) El mismo de antes con los índices cambiados: $\hat B = |0\rangle\langle1| + |1\rangle\langle0|$ . Dentro del plano que generan $|0\rangle$ y $|1\rangle$ el problema es un qubit con $\hat H = \bar E + \tfrac{\hbar\omega}{2}\hat\sigma_z$ y $\hat B=\hat\sigma_x$ ; la mezcla 50/50 tiene $\langle\hat\sigma_z\rangle=0$ en todo t porque los módulos de los coeficientes no cambian, luego $\langle\hat\sigma_x\rangle\langle\hat\sigma_z\rangle=0$ y por el ejemplo resuelto 1 se satura. Y no hace falta que el observable sea exótico para nada: en esta base $\hat B$ es la parte no diagonal del operador posición, que es lo que un espectroscopista mide sin darse cuenta.

(c) No. En el oscilador, $\hat x = \tfrac{x_0}{\sqrt2}(\hat a+\hat a^\dagger)$ , de modo que $\hat x|1\rangle$ tiene una componente en $|2\rangle$ , que está fuera del plano de los dos niveles preparados. Es exactamente el mecanismo del 37,2 % del pozo: $\tilde x|\psi\rangle$ se sale del plano donde vive $\tilde H|\psi\rangle$ , los dos vectores dejan de ser paralelos, Cauchy-Schwarz se pone estricta y τ_x sube por encima de la cota. En el oscilador, además, la fuga es sólo hacia $|2\rangle$ —la matriz de x es hueca, II.3— así que el efecto es más limpio de calcular que en el pozo, donde x conecta con todos los niveles de la paridad contraria.

(d) En $T/2 = 7{,}686$ fs, por el mismo argumento del texto: el solape es $|\tfrac12+\tfrac12e^{i\omega t}|$ , que se anula cuando $\omega t=\pi$ . Y satura las dos cotas de ortogonalidad a la vez —Mandelstam-Tamm y Margolus-Levitin—, porque en cualquier mezcla 50/50 de dos niveles se cumple $\langle E\rangle-E_{\min}=\sigma_E$ . La segunda lección es que este resultado no depende del sistema: el pozo de 1 nm y el enlace C≡O, con energías que se diferencian en un factor cuatro, dan el mismo $t_\perp/\tau = \pi$ y el mismo $T/\tau=2\pi$ . Lo que cambia entre los dos no es la forma de la respuesta, es la escala; y la escala la fija σ_E y sólo σ_E.