Módulo II.1 · Artículo 03

Operadores, valores esperados y el principio de incertidumbre

El operador momento no se postula: aparece porque es lo único que se puede escribir para que m·d⟨x⟩/dt salga bien. Y el ħ/2 de la desigualdad de incertidumbre es, literalmente, la mitad del conmutador de x con p — lo que significa que la desigualdad es un teorema y no un principio.

Tres estados, tres números: el fundamental de una caja da σxσp = 1,136 · ħ/2; el exponencial del artículo 02, 1,414; una campana de Gauss, exactamente 1,000 y ni una milésima menos. Los tres salen de una desigualdad que este artículo demuestra en dos líneas, y cuyo único ingrediente físico es que x y p no conmutan. El ħ/2 no está puesto a mano: es la mitad de [x^,p^]=iℏ[\hat x,\hat p]=i\hbar.

Prerrequisitos: los artículos 01 y 02 de este módulo — la ecuación, la interpretación de Born, la normalización y sobre todo la corriente de probabilidad j, que es la pieza con la que se construye aquí el operador momento. De matemáticas: integración por partes, desigualdad de Cauchy-Schwarz (se enuncia aquí, no hace falta traerla sabida) y números complejos. Del Nivel I, si lo has leído, el módulo I.3 contó qué prohíbe la desigualdad y avisó de que la demostración llegaba más tarde; ésta es. Aquí no se repite ninguna de sus consecuencias — el tamaño del átomo, el helio, la enana blanca están allí y siguen valiendo.

El valor esperado, y lo que no es

Si ∣Ψ∣2|\Psi|^{2} es una densidad de probabilidad, la media de la posición se calcula como cualquier media:

⟨x⟩=∫−∞∞x ∣Ψ(x,t)∣2 dx.\langle x\rangle = \int_{-\infty}^{\infty} x\,|\Psi(x,t)|^{2}\,dx.

El nombre habitual, valor esperado, es desafortunado y conviene desactivarlo de entrada, porque induce dos errores distintos:

El caso que zanja el primer punto está en el sistema del artículo 04: en el segundo nivel de una caja de 1 nm, ⟨x⟩\langle x\rangle vale 0,500 nm por simetría, y en ese punto exacto ∣ψ2∣2|\psi_2|^{2} es cero — es el nodo. La posición media de esa partícula es el único lugar del interior de la caja donde la partícula no aparece nunca.

Con esa advertencia hecha, ⟨x⟩\langle x\rangle sí se mueve con el tiempo, porque ∣Ψ∣2|\Psi|^{2} se mueve. Y ahí empieza lo interesante.

La cuenta que obliga a escribir el operador momento

Deriva ⟨x⟩\langle x\rangle respecto al tiempo. Como los límites son fijos, la derivada entra en la integral y actúa sobre ρ=∣Ψ∣2\rho=|\Psi|^{2}; y para ∂ρ/∂t\partial\rho/\partial t el artículo 02 ya tiene una fórmula, la ecuación de continuidad:

d⟨x⟩dt=∫x ∂ρ∂t dx=−∫x ∂j∂x dx=[−x j]−∞∞+∫j dx=∫j dx.\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \int x\,\frac{\partial\rho}{\partial t}\,dx = -\int x\,\frac{\partial j}{\partial x}\,dx = \Big[-x\,j\Big]_{-\infty}^{\infty} + \int j\,dx = \int j\,dx.

El término de borde se anula porque j decae más deprisa que 1/x para un estado normalizable. De modo que la velocidad del centroide es la integral de la corriente, que es exactamente lo que uno esperaría de un fluido. Ahora sustituye j por su definición y simplifica integrando por partes el segundo sumando:

∫j dx=ℏ2mi∫ ⁣(Ψ∗∂Ψ∂x−Ψ∂Ψ∗∂x)dx=ℏmi∫Ψ∗∂Ψ∂x dx.\int j\,dx = \frac{\hbar}{2mi}\int\!\left(\Psi^{*}\frac{\partial\Psi}{\partial x}-\Psi\frac{\partial\Psi^{*}}{\partial x}\right)dx = \frac{\hbar}{mi}\int\Psi^{*}\frac{\partial\Psi}{\partial x}\,dx.

Multiplica por la masa y reordena el factor:

m d⟨x⟩dt=∫Ψ∗(−iℏ∂∂x)Ψ dx.m\,\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \int \Psi^{*}\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right)\Psi\,dx.

Esto es un resultado, no una definición. En mecánica clásica, p=m dx/dtp = m\,dx/dt; si la teoría cuántica ha de tener algo que se llame momento y que en promedio se comporte así, tiene que ser el lado derecho de esa línea. No hay elección. Y el lado derecho no es «Ψ* por p por Ψ»: es Ψ* por una operación aplicada a Ψ. De ahí sale el operador momento:

p^  =  −iℏ ∂∂x,x^  =  x.\hat p \;=\; -i\hbar\,\frac{\partial}{\partial x}, \qquad \hat x \;=\; x.

Y con él, la receta general: para cualquier magnitud clásica Q(x, p) se escribe el operador correspondiente sustituyendo p por −iℏ ∂x-i\hbar\,\partial_x, y su valor esperado es

⟨Q⟩=∫Ψ∗ Q^ Ψ dx.\langle Q\rangle = \int \Psi^{*}\,\hat Q\,\Psi\,dx.

Una comprobación de que la receta no es arbitraria: aplicada a la onda plana eikxe^{ikx}, p^\hat p devuelve ℏk\hbar k multiplicando a la propia función, y para el electrón de 1 eV del artículo 01 eso vale 5,403 × 10⁻²⁵ kg·m/s — el mismo número, hasta la última cifra, que mevm_ev con v = 593 km/s. El operador no está inventando un momento nuevo: reproduce el de siempre allí donde el de siempre existe.

Dos aplicaciones inmediatas: la energía cinética es T^=p^2/2m=−(ℏ2/2m) ∂x2\hat T = \hat p^{2}/2m = -(\hbar^{2}/2m)\,\partial_x^{2}, y la energía total es el hamiltoniano

H^=−ℏ22m∂2∂x2+V(x),\hat H = -\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} + V(x),

con lo cual la ecuación del artículo 01 se escribe, por fin, en la forma en que se usa en todas partes: iℏ ∂tΨ=H^Ψi\hbar\,\partial_t\Psi = \hat H\Psi. Conviene notar de paso que la receta tiene un agujero conocido: para Q=xpQ = xp hay dos órdenes posibles y dan operadores distintos. El módulo II.4 lo arregla con la simetrización; en este módulo no aparece.

El teorema de Ehrenfest, y hasta dónde llega

El mismo procedimiento, aplicado a ⟨p⟩\langle p\rangle en vez de a ⟨x⟩\langle x\rangle, da la otra mitad de la mecánica de Newton, y conviene hacerlo entero porque el resultado que sale por el camino es más general que el que se busca. Se deriva bajo la integral y se sustituyen las dos derivadas temporales por lo que dice la ecuación, ∂tΨ=(1/iℏ)H^Ψ\partial_t\Psi = (1/i\hbar)\hat H\Psi y su conjugada ∂tΨ∗=−(1/iℏ)(H^Ψ)∗\partial_t\Psi^{*} = -(1/i\hbar)(\hat H\Psi)^{*}:

d⟨p⟩dt=∫ ⁣[∂Ψ∗∂t p^ Ψ+Ψ∗ p^ ∂Ψ∂t]dx=1iℏ∫ ⁣[−(H^Ψ)∗ p^ Ψ+Ψ∗ p^ H^Ψ]dx.\frac{d\langle p\rangle}{dt} = \int\!\left[\frac{\partial\Psi^{*}}{\partial t}\,\hat p\,\Psi + \Psi^{*}\,\hat p\,\frac{\partial\Psi}{\partial t}\right]dx = \frac{1}{i\hbar}\int\!\left[-(\hat H\Psi)^{*}\,\hat p\,\Psi + \Psi^{*}\,\hat p\,\hat H\Psi\right]dx.

Ahora se usa que Ĥ es hermítico —la propiedad que la sección siguiente enuncia— para pasarlo al otro lado del primer sumando: ∫(H^Ψ)∗p^Ψ dx=∫Ψ∗H^p^Ψ dx\int(\hat H\Psi)^{*}\hat p\Psi\,dx = \int\Psi^{*}\hat H\hat p\Psi\,dx. Con eso los dos sumandos se juntan en un conmutador:

d⟨p⟩dt=1iℏ∫Ψ∗[p^H^−H^p^]Ψ dx=1iℏ⟨[p^,H^]⟩.\frac{d\langle p\rangle}{dt} = \frac{1}{i\hbar}\int\Psi^{*}\left[\hat p\hat H - \hat H\hat p\right]\Psi\,dx = \frac{1}{i\hbar}\left\langle\left[\hat p,\hat H\right]\right\rangle.

Sólo queda evaluar el conmutador. La parte cinética de Ĥ conmuta con p^\hat p —es p^2/2m\hat p^{2}/2m, y todo operador conmuta consigo mismo—, así que sobrevive únicamente el potencial: aplicando [p^,V]g=−iℏ (Vg)′+iℏ Vg′=−iℏ (∂xV) g[\hat p, V]g = -i\hbar\,(Vg)' + i\hbar\,Vg' = -i\hbar\,(\partial_xV)\,g, es decir [p^,H^]=−iℏ ∂xV[\hat p,\hat H] = -i\hbar\,\partial_xV. Sustituyendo, la iℏi\hbar se cancela con la de delante y queda

d⟨p⟩dt=⟨−∂V∂x⟩.\frac{d\langle p\rangle}{dt} = \left\langle -\frac{\partial V}{\partial x}\right\rangle.

Dos observaciones que se cobran después. La primera es que la cadena de arriba no ha usado nada de p^\hat p en particular: con cualquier observable Q̂ sin dependencia explícita del tiempo sale d⟨Q⟩/dt=(i/ℏ)⟨[H^,Q^]⟩d\langle Q\rangle/dt = (i/\hbar)\langle[\hat H,\hat Q]\rangle, y las dos ecuaciones de Ehrenfest son sus casos Q^=x^\hat Q=\hat x y Q^=p^\hat Q=\hat p. La segunda es dónde se ha hecho trampa, porque hará falta saberlo: pasar Ĥ de un lado a otro exige integrar por partes dos veces, y cada una deja un término de borde [Ψ∗∂xΨ]\big[\Psi^{*}\partial_x\Psi\big] evaluado en los extremos. Aquí se descartan porque Ψ y su derivada se anulan en ±∞. En un dominio finito no se anulan, y entonces la ecuación de arriba es falsa — el problema 6 de la hoja vive exactamente de eso.

Junto con la línea anterior, ése es el teorema de Ehrenfest (1927): los valores esperados obedecen las ecuaciones de Newton. Es el puente formal entre las dos mecánicas, y el guion de verificación de este módulo lo comprueba propagando la ecuación de verdad en un campo uniforme: la derivada medida de ⟨p⟩\langle p\rangle coincide con −eE-eE en nueve cifras.

Pero hay que leer bien lo que dice, porque se cita casi siempre de más. La fórmula lleva ⟨−∂xV⟩\langle -\partial_x V\rangle, la media de la fuerza sobre el paquete, y no −∂xV(⟨x⟩)-\partial_x V(\langle x\rangle), la fuerza en la posición media. Las dos coinciden si y sólo si ∂xV\partial_x V es una función lineal de x, es decir si V es a lo sumo cuadrático. Fuera de ahí, el centroide de un paquete cuántico no sigue una trayectoria newtoniana, y la diferencia se puede calcular.

Ejemplo resuelto 1 · Dónde Ehrenfest ES Newton y dónde no

Problema. (a) Un electrón en un campo uniforme de 1 kV/m: ¿qué dice Ehrenfest, y con qué error? (b) Un oscilador armónico: ídem. (c) Un potencial V=λx3V=\lambda x^{3}: calcula exactamente la desviación. (d) Un electrón en un átomo de hidrógeno: ¿sirve Ehrenfest para dibujarle una órbita?

Solución. (a) Con V=eExV = eEx, ∂xV=eE\partial_x V = eE es una constante, así que su media es ella misma: la relación es exacta para cualquier paquete, por ancho que sea. El electrón acelera a eE/me=1,759×1014eE/m_e = 1{,}759\times10^{14} m/s², de modo que en 1 ns el centroide gana 176 km/s y avanza 87,9 µm, ganando 0,0879 eV. Nada de eso depende de cómo sea Ψ.

(b) Con V=12mω2x2V=\tfrac12 m\omega^{2}x^{2}, ∂xV=mω2x\partial_x V = m\omega^{2}x es lineal, luego ⟨∂xV⟩=mω2⟨x⟩\langle \partial_x V\rangle = m\omega^{2}\langle x\rangle y sale d2⟨x⟩/dt2=−ω2⟨x⟩d^{2}\langle x\rangle/dt^{2} = -\omega^{2}\langle x\rangle: también exacta. El centroide de un paquete en un oscilador oscila con la frecuencia clásica, sea cual sea el estado. En una trampa de iones de ω/2π=1\omega/2\pi = 1 MHz, el centro de masas del ion va a 1 MHz y punto.

(c) Con V=λx3V=\lambda x^{3}, ∂xV=3λx2\partial_x V = 3\lambda x^{2} y ⟨x2⟩=⟨x⟩2+σx2\langle x^{2}\rangle = \langle x\rangle^{2}+\sigma_x^{2} por definición de varianza, así que

⟨∂xV⟩=3λ(⟨x⟩2+σx2)=∂xV(⟨x⟩)(1+σx2⟨x⟩2).\langle \partial_x V\rangle = 3\lambda\left(\langle x\rangle^{2}+\sigma_x^{2}\right) = \partial_x V(\langle x\rangle)\left(1+\frac{\sigma_x^{2}}{\langle x\rangle^{2}}\right).

La desviación relativa es σx2/⟨x⟩2\sigma_x^{2}/\langle x\rangle^{2}, y es exacta: si el paquete es tan ancho como lejos está, la fuerza efectiva es el doble de la newtoniana.

Resultado. (d) No sirve, y el número lo dice sin ambigüedad. Desarrollando en serie, ⟨V′⟩≈V′(⟨x⟩)+12V′′′(⟨x⟩)σ2\langle V'\rangle \approx V'(\langle x\rangle)+\tfrac12 V'''(\langle x\rangle)\sigma^{2}, y para el potencial de Coulomb la corrección relativa vale 3σ2/r23\sigma^{2}/r^{2}. En el estado fundamental del hidrógeno la anchura es del orden del propio radio, y eso se puede comprobar aquí mismo: con la ψ del 1s salen ⟨r⟩=32a0\langle r\rangle = \tfrac32 a_0 y ⟨r2⟩=3a02\langle r^{2}\rangle = 3a_0^{2}, de donde σr=0,75 a0=0,866 a0\sigma_r = \sqrt{0{,}75}\,a_0 = 0{,}866\,a_0 y σr/⟨r⟩=0,577\sigma_r/\langle r\rangle = 0{,}577 —dos integrales elementales, sin nada prestado—. Para los estados circulares (l = n−1) la fórmula general es σr/⟨r⟩=1/2n+1\sigma_r/\langle r\rangle = 1/\sqrt{2n+1}, un resultado que este módulo toma prestado y que el II.5 deducirá cuando exista; con n = 1 devuelve el mismo 0,577. Así que la corrección es del 100 %: el término «pequeño» vale tanto como el principal, y no hay órbita que dibujar. Lo bonito es el otro extremo: con n = 50 ese cociente baja a 0,0995 y la corrección al 2,97 %. Por eso los átomos de Rydberg sí admiten paquetes que recorren órbitas casi clásicas, y por eso se fotografían. La frontera entre lo clásico y lo cuántico no la marca el tamaño del sistema: la marca el cociente entre la anchura del paquete y la escala en la que cambia la fuerza.

Desviaciones típicas: σx y σp

Con los operadores en la mano, las anchuras se definen igual que en cualquier estadística:

σx2=⟨x2⟩−⟨x⟩2,σp2=⟨p2⟩−⟨p⟩2,\sigma_x^{2} = \langle x^{2}\rangle - \langle x\rangle^{2}, \qquad \sigma_p^{2} = \langle p^{2}\rangle - \langle p\rangle^{2},

con ⟨p2⟩=∫Ψ∗(−ℏ2∂x2)Ψ dx=ℏ2 ⁣∫∣∂xΨ∣2dx\langle p^{2}\rangle = \int\Psi^{*}(-\hbar^{2}\partial_x^{2})\Psi\,dx = \hbar^{2}\!\int\left|\partial_x\Psi\right|^{2}dx, donde la segunda forma sale de integrar por partes y es la que conviene usar en la práctica: es manifiestamente positiva y no se traga las deltas que aparecen cuando Ψ tiene un pico. Nótese además lo que dice esa expresión: la energía cinética media mide cuánto se retuerce Ψ. Una función de onda plana cuesta poco; una estrujada en poco espacio tiene necesariamente pendientes grandes y cuesta mucho. Ahí está, en una línea, el origen de que confinar cueste energía.

Un aviso que el artículo 02 dejó abierto: estas definiciones presuponen que las integrales convergen. Hay estados normalizables para los que ⟨x2⟩\langle x^{2}\rangle diverge —el ejercicio 4 del artículo 02 construye uno— y para ellos σ no existe. No es un caso raro: cualquier cola que decaiga como una potencia baja lo produce.

La deducción del ħ/2

Ahora la pieza central del artículo. Todo lo que hace falta es una desigualdad de análisis y un conmutador.

Primero, el conmutador. Los operadores no conmutan en general, y el suyo se calcula haciéndolos actuar sobre una función cualquiera g(x):

[x^,p^] g=x(−iℏ∂g∂x)−(−iℏ∂∂x)(xg)=−iℏxg′+iℏ(g+xg′)=iℏ g.[\hat x,\hat p]\,g = x\left(-i\hbar\frac{\partial g}{\partial x}\right) - \left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right)(x g) = -i\hbar x g' + i\hbar\left(g + x g'\right) = i\hbar\,g.

Como vale para toda g, se escribe [x^,p^]=iℏ[\hat x,\hat p]=i\hbar, la relación de conmutación canónica. Es una identidad de operadores, no una afirmación sobre ningún estado, y de ella cuelga todo lo que sigue.

Segundo, Cauchy-Schwarz. Para dos funciones de cuadrado integrable, con el producto ⟨f∣g⟩≡∫f∗g dx\langle f|g\rangle \equiv \int f^{*}g\,dx:

⟨f∣f⟩ ⟨g∣g⟩  ≥  ∣⟨f∣g⟩∣2.\langle f|f\rangle\,\langle g|g\rangle \;\ge\; \left|\langle f|g\rangle\right|^{2}.

Es la misma desigualdad del producto escalar de toda la vida —el coseno del ángulo no pasa de uno—, escrita para funciones.

Ahora el montaje. Sean  y B̂ dos observables y define

f=(A^−⟨A⟩)Ψ,g=(B^−⟨B⟩)Ψ.f = \left(\hat A - \langle A\rangle\right)\Psi, \qquad g = \left(\hat B - \langle B\rangle\right)\Psi.

Los observables son hermíticos —la propiedad ∫f∗(Q^g) dx=∫(Q^f)∗g dx\int f^{*}(\hat Qg)\,dx = \int (\hat Qf)^{*}g\,dx, que es lo que garantiza que sus valores esperados sean reales; el módulo II.4 la estudia en serio y aquí sólo se usa—, y con ella ⟨f∣f⟩=σA2\langle f|f\rangle=\sigma_A^{2} y ⟨g∣g⟩=σB2\langle g|g\rangle=\sigma_B^{2}. Cauchy-Schwarz da entonces σA2σB2≥∣⟨f∣g⟩∣2\sigma_A^{2}\sigma_B^{2}\ge|\langle f|g\rangle|^{2}.

El paso decisivo es tirar información a propósito. Para cualquier complejo z, ∣z∣2=[Re z]2+[Im z]2≥[Im z]2|z|^{2} = [\mathrm{Re}\,z]^{2}+[\mathrm{Im}\,z]^{2} \ge [\mathrm{Im}\,z]^{2}, y Im z=(z−z∗)/2i\mathrm{Im}\,z = (z-z^{*})/2i. Con z=⟨f∣g⟩z=\langle f|g\rangle, desarrollando los paréntesis y usando que los ⟨A⟩⟨B⟩\langle A\rangle\langle B\rangle se cancelan, queda

z−z∗=⟨AB⟩−⟨BA⟩=⟨[A^,B^]⟩,z - z^{*} = \langle AB\rangle - \langle BA\rangle = \left\langle [\hat A,\hat B]\right\rangle,

y por tanto la relación de Robertson:

σA σB  ≥  12∣⟨[A^,B^]⟩∣.\sigma_A\,\sigma_B \;\ge\; \frac{1}{2}\left|\left\langle [\hat A,\hat B]\right\rangle\right|.

Sustituye A^=x^\hat A=\hat x, B^=p^\hat B=\hat p. El conmutador vale iħ, un número, así que su valor esperado es iħ en cualquier estado, su módulo es ħ, y

  σx σp  ≥  ℏ2  \boxed{\;\sigma_x\,\sigma_p \;\ge\; \frac{\hbar}{2}\;}

Fin. El ħ/2 es la mitad de ħ, y ese ħ es el que aparece en el conmutador — numéricamente, ħ/2 = 5,273 × 10⁻³⁵ J·s. Merece la pena enumerar lo que no ha aparecido en ninguna línea de la demostración: ningún aparato de medida, ningún fotón que golpee a nada, ningún observador y ninguna perturbación. Lo único que se ha usado es que Ψ es de cuadrado integrable y que x y p no conmutan. La desigualdad es una propiedad del estado, y se cumple en sistemas que nadie está mirando.

Ejemplo resuelto 2 · Auditar la desigualdad con tres estados

Problema. Calcula σxσp\sigma_x\sigma_p para (a) la gaussiana ψ=(2a/π)1/4e−ax2\psi = (2a/\pi)^{1/4}e^{-ax^{2}}, (b) el estado exponencial ψ=κ e−κ∣x∣\psi=\sqrt{\kappa}\,e^{-\kappa|x|} del artículo 02 y (c) el fundamental de una caja de anchura L, ψ=2/L sen⁡(πx/L)\psi=\sqrt{2/L}\,\operatorname{sen}(\pi x/L). Exprésalo en unidades de ħ/2.

Solución. (a) Por paridad ⟨x⟩=⟨p⟩=0\langle x\rangle=\langle p\rangle=0. Las integrales gaussianas dan ⟨x2⟩=1/4a\langle x^{2}\rangle = 1/4a y ⟨p2⟩=ℏ2 ⁣∫∣ψ′∣2dx=aℏ2\langle p^{2}\rangle = \hbar^{2}\!\int|\psi'|^{2}dx = a\hbar^{2}, así que

σxσp=12a⋅ℏa=ℏ2exactamente, sea cual sea a.\sigma_x\sigma_p = \frac{1}{2\sqrt a}\cdot\hbar\sqrt a = \frac{\hbar}{2}\quad\text{exactamente, sea cual sea } a.

(b) Del artículo 02, σx=1/κ2\sigma_x = 1/\kappa\sqrt2; y ⟨p2⟩=ℏ2 ⁣∫∣ψ′∣2dx=ℏ2κ2\langle p^{2}\rangle = \hbar^{2}\!\int|\psi'|^{2}dx = \hbar^{2}\kappa^{2}, de donde σp=ℏκ\sigma_p=\hbar\kappa y el producto vale ℏ/2=1,414⋅ℏ/2\hbar/\sqrt2 = 1{,}414\cdot\hbar/2. (c) Con la caja, ⟨x⟩=L/2\langle x\rangle=L/2, ⟨x2⟩=L2(1/3−1/2π2)\langle x^{2}\rangle = L^{2}(1/3-1/2\pi^{2}) y ⟨p2⟩=π2ℏ2/L2\langle p^{2}\rangle = \pi^{2}\hbar^{2}/L^{2}:

σx=L112−12π2=0,1808 L,σxσp=0,5679 ℏ=1,136⋅ℏ2.\sigma_x = L\sqrt{\tfrac{1}{12}-\tfrac{1}{2\pi^{2}}} = 0{,}1808\,L, \qquad \sigma_x\sigma_p = 0{,}5679\,\hbar = 1{,}136\cdot\frac{\hbar}{2}.

Resultado. Los tres cumplen la desigualdad y sólo uno la toca. La gaussiana la satura, con igualdad exacta y para cualquier anchura; los otros dos se quedan un 41 % y un 14 % por encima. Eso contesta a una pregunta que la desigualdad, por sí sola, no contesta: «≥ ħ/2» no dice que los estados anden por ahí cerca, y de hecho casi ninguno lo está. La segunda lección es qué tienen de especial esos dos estados que no saturan, y son cosas distintas: el exponencial tiene un pico en el origen —una derivada discontinua, que se paga cara en ⟨p2⟩\langle p^{2}\rangle—, y la caja tiene paredes, que obligan a ψ a anularse en dos puntos. Los dos son encorsetamientos que la gaussiana no sufre. Y hay una comprobación que conviene hacer, porque desmonta la idea de que la desigualdad «casi se cumple con igualdad» en la naturaleza: para el nivel n de la caja el producto vale nπ1/12−1/2n2π2  ℏn\pi\sqrt{1/12-1/2n^{2}\pi^{2}}\;\hbar, o sea, en unidades de ħ/2, el doble de eso: 1,136 con n = 1, 3,341 con n = 2 y 181,4 con n = 100. Los estados excitados no están cerca del suelo: están cada vez más lejos, y el suelo sólo lo roza el estado más «redondo» posible.

Quién satura, y por qué es la gaussiana

La demostración dice, además, exactamente cuándo se alcanza la igualdad, porque se ve dónde se tiró información. Hicieron falta dos desigualdades: la de Cauchy-Schwarz, que es igualdad sólo si g=c fg = c\,f con c constante; y ∣z∣2≥[Im z]2|z|^{2}\ge[\mathrm{Im}\,z]^{2}, que es igualdad sólo si z es imaginario puro, es decir si c es imaginario. Juntando las dos con c=iac=ia y a real:

(p^−⟨p⟩)Ψ=i a(x^−⟨x⟩)Ψ.\left(\hat p - \langle p\rangle\right)\Psi = i\,a\left(\hat x - \langle x\rangle\right)\Psi.

Es una ecuación diferencial ordinaria de primer orden, y se resuelve separando variables. El ejercicio 4 la hace; el resultado es una campana de Gauss multiplicada por una fase, y no hay más. El único estado de mínima incertidumbre es el gaussiano, y eso es un teorema, no una observación empírica.

«La incertidumbre es que el aparato perturba lo que mide.» La demostración de arriba es el argumento más corto contra esa frase: no hay ningún aparato en ella. Se han usado dos cosas —que Ψ tenga norma finita y que [x^,p^]=iℏ[\hat x,\hat p]=i\hbar— y de ellas ha salido una cota que vale para todo estado, esté siendo medido o no. El módulo I.3 ya lo había argumentado con experimentos; aquí se ve la razón formal, y es más contundente: si la desigualdad viniera de la perturbación, tendría que aparecer en la demostración algo que describiera el aparato. No aparece nada.

Y hay un corolario que se usa a diario y que suele pasar desapercibido: la relación de Robertson dice también cuándo NO hay cota. Si dos observables conmutan, el lado derecho es cero y la desigualdad no prohíbe nada: los dos se pueden afinar a la vez tanto como se quiera. Ésa es la definición operativa de «magnitudes compatibles», y es lo que permite etiquetar un estado del hidrógeno con tres números a la vez (módulo II.5). La desigualdad no es una maldición general sobre el conocimiento: es una cuenta que hay que hacer par a par.

Los límites, dichos como tales. Robertson tiene un defecto conocido: su lado derecho depende del estado, y hay estados perfectamente normales en los que ⟨[A^,B^]⟩\langle[\hat A,\hat B]\rangle se anula y la cota se vuelve trivial aunque las dos magnitudes sigan siendo incompatibles. Ocurre, por ejemplo, con dos componentes del espín en ciertos estados. La versión que arregla eso —la desigualdad de Schrödinger, con un término más— y las relaciones de incertidumbre entrópicas, que no dependen del estado de esa manera, son materia del módulo III.1. Con x y p el problema no se presenta, porque el conmutador es un número.

Ejercicios

Ejercicio 1 · Conmutadores, y una cota que a veces no dice nada

(a) Calcula [x^,p^2][\hat x,\hat p^{2}] haciéndolo actuar sobre una función cualquiera. (b) Usa Robertson para escribir la cota que relaciona σx\sigma_x con la dispersión de p2p^{2}. (c) Evalúala para un estado con ⟨p⟩=0\langle p\rangle = 0 y comenta. (d) Para una gaussiana en movimiento con σx=1\sigma_x=1 nm y ⟨p⟩=ℏk0\langle p\rangle = \hbar k_0, k0=5×109k_0 = 5\times10^{9} m⁻¹, ¿por cuánto se supera la cota? (e) Ese mismo conmutador sirve para otra cosa. Usa la forma general d⟨Q⟩/dt=(i/ℏ)⟨[H^,Q^]⟩d\langle Q\rangle/dt = (i/\hbar)\langle[\hat H,\hat Q]\rangle con Q^=p^2\hat Q = \hat p^{2} para demostrar que ⟨p2⟩\langle p^{2}\rangle —y por tanto la energía cinética media— no cambia nunca para una partícula libre, y escribe qué la hace cambiar cuando hay potencial.

Solución

(a) Aplicando dos veces la regla del ejercicio del texto, o directamente: [x^,p^2]g=−ℏ2(xg′′−(xg)′′)=2ℏ2g′=2iℏ p^ g[\hat x,\hat p^{2}]g = -\hbar^{2}(xg''-(xg)'') = 2\hbar^{2}g' = 2i\hbar\,\hat p\,g, o sea [x^,p^2]=2iℏp^[\hat x,\hat p^{2}] = 2i\hbar\hat p. (b) Robertson da entonces

σx σp2  ≥  12∣2iℏ⟨p⟩∣=ℏ∣⟨p⟩∣.\sigma_x\,\sigma_{p^{2}} \;\ge\; \frac12\left|2i\hbar\langle p\rangle\right| = \hbar\left|\langle p\rangle\right|.

(c) Con ⟨p⟩=0\langle p\rangle=0 la cota es cero: no dice absolutamente nada, aunque σp2\sigma_{p^{2}} no sea cero ni por asomo. (d) Para una gaussiana, p se distribuye normalmente con media p0p_0 y anchura σp=ℏ/2σx\sigma_p=\hbar/2\sigma_x; con los momentos de una normal sale σp2=σp2σp2+4p02\sigma_{p^{2}} = \sigma_p\sqrt{2\sigma_p^{2}+4p_0^{2}}, y el producto supera la cota en el factor 1+σp2/2p02\sqrt{1+\sigma_p^{2}/2p_0^{2}}, que con estos números vale 1,0025: sólo un 0,25 % de margen.

(e) La parte cinética de Ĥ conmuta con p^2\hat p^{2}, así que sólo queda el potencial, y aplicando dos veces [p^,V]=−iℏ ∂xV[\hat p,V]=-i\hbar\,\partial_xV sale [H^,p^2]=iℏ[(∂xV)p^+p^(∂xV)][\hat H,\hat p^{2}] = i\hbar\left[(\partial_xV)\hat p + \hat p(\partial_xV)\right], de donde

d⟨p2⟩dt=−⟨(∂xV) p^+p^ (∂xV)⟩,\frac{d\langle p^{2}\rangle}{dt} = -\left\langle (\partial_xV)\,\hat p + \hat p\,(\partial_xV)\right\rangle,

que es la versión simetrizada del d(p2)/dt=−2p ∂xVd(p^{2})/dt = -2p\,\partial_xV clásico. Con V = 0 el lado derecho es cero: la distribución de momento de una partícula libre no cambia, y eso es exactamente lo que enseña la tercera franja del panel del artículo 02, que no se mueve un píxel mientras el paquete se ensancha ocho veces. La energía cinética media de un paquete libre es constante aunque el paquete se deshaga.

La segunda lección es que la utilidad de Robertson depende del par y del estado, y hay que comprobarla en vez de invocarla. Aquí la cota es ajustadísima para un paquete rápido y vacía para uno en reposo, y sin embargo la física no ha cambiado entre los dos casos: es la cota la que se ha degradado, no el estado. Es exactamente el defecto que el callout señala y que las relaciones entrópicas del módulo III.1 corrigen.

Ejercicio 2 · La gaussiana, con todas las integrales

Para Ψ(x,0)=Ae−ax2\Psi(x,0) = Ae^{-ax^{2}} con a real y positivo: (a) halla A. (b) Calcula ⟨x⟩\langle x\rangle, ⟨x2⟩\langle x^{2}\rangle, ⟨p⟩\langle p\rangle y ⟨p2⟩\langle p^{2}\rangle. (c) Comprueba la saturación. (d) Para un electrón con σx=1\sigma_x=1 nm, ¿cuánto valen σp\sigma_p, la dispersión de velocidades y la energía cinética media asociada? (e) Repite con la gaussiana en movimiento Ψ=Ae−ax2eik0x\Psi = Ae^{-ax^{2}}e^{ik_0x}: calcula ⟨p⟩\langle p\rangle integrando, no alegando simetría, y comprueba que sale ℏk0\hbar k_0; calcula ⟨p2⟩\langle p^{2}\rangle y verifica que σp\sigma_p sigue valiendo ℏa\hbar\sqrt a, independiente de k0k_0; y comprueba con la corriente del artículo 02 que ∫j dx=⟨p⟩/m\int j\,dx = \langle p\rangle/m. Evalúa para k0=5×109k_0 = 5\times10^{9} m⁻¹.

Solución

(a) ∫e−2ax2dx=π/2a\int e^{-2ax^{2}}dx = \sqrt{\pi/2a}, luego A=(2a/π)1/4A=(2a/\pi)^{1/4}. (b) ⟨x⟩=0\langle x\rangle=0 por paridad; ⟨x2⟩=1/4a\langle x^{2}\rangle = 1/4a con la integral gaussiana estándar. Para el momento, ⟨p⟩=−iℏ ⁣∫ψψ′dx=−iℏ[12ψ2]−∞∞=0\langle p\rangle = -i\hbar\!\int\psi\psi'dx = -i\hbar\left[\tfrac12\psi^{2}\right]_{-\infty}^{\infty}=0 —y aquí conviene detenerse: toda función de onda real tiene ⟨p⟩=0\langle p\rangle=0, por el mismo argumento, lo que es coherente con que su corriente sea nula (artículo 02)—. Y ⟨p2⟩=ℏ2 ⁣∫∣ψ′∣2dx=aℏ2\langle p^{2}\rangle = \hbar^{2}\!\int|\psi'|^{2}dx = a\hbar^{2}.

(c) σxσp=(1/2a)(ℏa)=ℏ/2\sigma_x\sigma_p = (1/2\sqrt a)(\hbar\sqrt a)=\hbar/2: la a\sqrt a se cancela, así que la saturación no depende de la anchura. (d) Con σx=1\sigma_x = 1 nm, σp=ℏ/2σx=5,273×10−26\sigma_p = \hbar/2\sigma_x = 5{,}273\times10^{-26} kg·m/s, σv=σp/me=57,9\sigma_v = \sigma_p/m_e = 57{,}9 km/s y 12mσv2=9,52\tfrac12 m\sigma_v^{2} = 9{,}52 meV.

(e) Ahora hay que integrar de verdad, porque Ψ∗∂xΨ=∣A∣2e−2ax2(−2ax+ik0)\Psi^{*}\partial_x\Psi = |A|^{2}e^{-2ax^{2}}(-2ax + ik_0): el término en x es impar y se va, y el que queda da ⟨p⟩=−iℏ (ik0) ⁣∫∣Ψ∣2dx=ℏk0\langle p\rangle = -i\hbar\,(ik_0)\!\int|\Psi|^{2}dx = \hbar k_0. Para el segundo momento, ⟨p2⟩=ℏ2 ⁣∫∣∂xΨ∣2dx=ℏ2 ⁣∫(4a2x2+k02)∣Ψ∣2dx=ℏ2(a+k02)\langle p^{2}\rangle = \hbar^{2}\!\int|\partial_x\Psi|^{2}dx = \hbar^{2}\!\int(4a^{2}x^{2}+k_0^{2})|\Psi|^{2}dx = \hbar^{2}(a+k_0^{2}), de modo que σp2=ℏ2(a+k02)−ℏ2k02=ℏ2a\sigma_p^{2} = \hbar^{2}(a+k_0^{2}) - \hbar^{2}k_0^{2} = \hbar^{2}a: la fase de arrastre desplaza la distribución de momento entera y no la ensancha. Con σx=1\sigma_x = 1 nm y k0=5×109k_0 = 5\times10^{9} m⁻¹ sale ⟨p⟩=5,273×10−25\langle p\rangle = 5{,}273\times10^{-25} kg·m/s, o sea ⟨p⟩/me=\langle p\rangle/m_e = 579 km/s —muy cerca de los 593 km/s del electrón de 1 eV del artículo 01, porque k0k_0 está a un pelo de su k—, mientras σp\sigma_p sigue siendo 5,273 × 10⁻²⁶ kg·m/s, la décima parte. Y la corriente cuadra: con Φ=k0x\Phi = k_0x, j=(ℏ/m)ρk0j = (\hbar/m)\rho k_0 y ∫j dx=ℏk0/m=⟨p⟩/m\int j\,dx = \hbar k_0/m = \langle p\rangle/m, exactamente la relación con la que el operador momento se construyó.

La segunda lección está en el número del apartado (d): 9,5 meV es menos que la energía térmica ambiente, 25,9 meV. Un electrón localizado en un nanómetro no está en ningún régimen exótico — está en el régimen de un punto cuántico o de un transistor moderno, y su energía de confinamiento compite de tú a tú con el ruido térmico. Ésa es exactamente la frontera de diseño de la nanoelectrónica: por debajo de unos pocos nanómetros el confinamiento gana y hay niveles discretos; por encima, gana kT y todo se emborrona.

Ejercicio 3 · Ehrenfest en un oscilador, y qué se puede afirmar sin resolver nada

Un ion de 40Ca+^{40}\mathrm{Ca}^{+} está en una trampa que se comporta como un oscilador armónico de ω/2π=1\omega/2\pi = 1 MHz. (a) Partiendo de las dos ecuaciones de Ehrenfest, obtén la ecuación que cumple ⟨x⟩(t)\langle x\rangle(t). (b) ¿Qué periodo tiene su oscilación, y de qué depende? (c) Un paquete se prepara desplazado 100 nm del centro y en reposo: escribe ⟨x⟩(t)\langle x\rangle(t). (d) ¿Qué no puedes deducir de esto sobre la anchura del paquete?

Solución

(a) Derivando la primera y sustituyendo la segunda:

md2⟨x⟩dt2=d⟨p⟩dt=−⟨mω2x⟩=−mω2⟨x⟩,m\frac{d^{2}\langle x\rangle}{dt^{2}} = \frac{d\langle p\rangle}{dt} = -\left\langle m\omega^{2}x\right\rangle = -m\omega^{2}\langle x\rangle,

es decir ⟨x⟩¨=−ω2⟨x⟩\ddot{\langle x\rangle} = -\omega^{2}\langle x\rangle exactamente, porque la fuerza es lineal y su media es la fuerza de la media. (b) Periodo T=2π/ω=1T=2\pi/\omega = 1 µs, y no depende de nada más: ni del estado, ni de la anchura, ni de la masa (ω ya la lleva dentro). (c) ⟨x⟩(t)=100 nm⋅cos⁡ωt\langle x\rangle(t) = 100\ \mathrm{nm}\cdot\cos\omega t.

(d) No puedes deducir nada sobre σ. Ehrenfest gobierna el centroide y sólo el centroide; el paquete podría estar ensanchándose, estrechándose, latiendo o partiéndose en dos, y ⟨x⟩\langle x\rangle seguiría siendo el mismo coseno. La segunda lección es que ésa es justamente la trampa de citar a Ehrenfest como «la mecánica clásica es el límite de la cuántica»: lo que el teorema demuestra es mucho menos, que una media obedece a Newton. Para que el sistema se comporte clásicamente hace falta además que el paquete siga siendo estrecho comparado con la escala del problema, y eso Ehrenfest no lo garantiza — como muestra el apartado (d) del ejemplo resuelto 1, donde el centroide obedece la ecuación y aun así no hay órbita.

Ejercicio 4 · Resolver la condición de saturación

Resuelve la ecuación diferencial que sale de imponer la igualdad, (p^−⟨p⟩)Ψ=ia(x^−⟨x⟩)Ψ(\hat p-\langle p\rangle)\Psi = ia(\hat x-\langle x\rangle)\Psi con a real. (a) Halla Ψ(x). (b) Identifica σx\sigma_x en función de a. (c) ¿Qué signo tiene que tener a, y por qué? (d) ¿Qué papel hace ⟨p⟩\langle p\rangle en la solución?

Solución

(a) Escribiendo el operador momento y despejando,

dΨdx=[−aℏ(x−⟨x⟩)+i⟨p⟩ℏ]Ψ  ⟹  Ψ=C e−a(x−⟨x⟩)2/2ℏ ei⟨p⟩x/ℏ.\frac{d\Psi}{dx} = \left[-\frac{a}{\hbar}\left(x-\langle x\rangle\right) + \frac{i\langle p\rangle}{\hbar}\right]\Psi \;\Longrightarrow\; \Psi = C\,e^{-a(x-\langle x\rangle)^{2}/2\hbar}\,e^{i\langle p\rangle x/\hbar}.

Una gaussiana centrada en ⟨x⟩\langle x\rangle multiplicada por una onda plana. (b) Comparando con e−(x−xˉ)2/4σx2e^{-(x-\bar x)^{2}/4\sigma_x^{2}} sale σx=ℏ/2a\sigma_x = \sqrt{\hbar/2a}. (c) a tiene que ser positivo: con a negativo la exponencial crece y Ψ no es normalizable. Ése es el único filtro, y basta.

(d) ⟨p⟩\langle p\rangle aparece únicamente como una fase eipx/ℏe^{ipx/\hbar}, que no toca ∣Ψ∣2|\Psi|^{2} en absoluto. La segunda lección es de las que se cobran en todo el resto del curso: la fase de Ψ no cambia la densidad, pero sí cambia el momento — y, por la fórmula j=(ℏ/m)ρ ∂xΦj=(\hbar/m)\rho\,\partial_x\Phi del artículo 02, cambia la corriente. Dos estados con exactamente la misma ∣Ψ∣2|\Psi|^{2}, uno con esa fase y otro sin ella, describen una partícula quieta y una partícula viajando a ⟨p⟩/m\langle p\rangle/m. Todo lo que un experimento de interferencia mide vive en esa fase, y por eso perderla —que es lo que hace la decoherencia del módulo III.5— destruye la interferencia sin tocar la densidad.