Una relazione d’indeterminazione spesso citata è quella tra energia e tempo:
$$\Delta E \Delta t \geq \frac{\hbar}{2}\tag{*}$$
A differenza dell’altra relazione famosa, quella tra posizione e impulso, questa non è una relazione tra due operatori: in meccanica quantistica, infatti, il tempo è solo un parametro. In altre parole non esiste (e in realtà non può esistere) un operatore $T$ tale che $T\psi = t \psi$ per la funzione d’onda.
Inoltre non è chiaro come vada interpretata tale relazione d’indeterminazione. Genericamente si parla della possibilità che l’energia abbia grandi fluttuazioni su tempi piccoli. Dimostrando la relazione $(*)$ possiamo ricavarne un’interpretazione più precisa.
Partiamo dalla relazione d’indeterminazione generalizzata per due operatori $A$ e $B$:
$$\Delta A \Delta B \geq \frac{1}{2}\abs{\expval{\comm{A}{B}}}$$
Mettendo $A=x$ e $B=p$ e usando $[x,p]=i\hbar$ recuperiamo la nota relazione d’indeterminazione tra posizione e impulso. Per ottenere la relazione $(*)$, scegliamo $A=H$, l’hamiltoniana, e $B=Q$, un operatore hermitiano a caso. Utilizzando l’equazione del moto di Heisenberg $dQ/dt=i/\hbar [H,Q]$ otteniamo:
$$\Delta H \Delta Q \geq \frac{\hbar}{2}\left|\frac{d\langle Q\rangle}{dt}\right|$$
Poiché $\Delta H=\Delta E$, spostando un po’ di cose otteniamo:
$$\boxed{\Delta E \frac{\Delta Q}{\left|\frac{d\langle Q\rangle}{dt}\right|} \geq \frac{\hbar}{2}}$$
Per cui il “tempo” della relazione $(*)$ è dato da:
$$\Delta t = \frac{\Delta Q}{\left|\frac{d\langle Q\rangle}{dt}\right|}$$
Notiamo innanzitutto entrambi i membri hanno dimensione di tempo, il che è positivo. Il problema è piuttosto: che significa il tempo $\Delta t$?
Può essere interpretato come il tempo necessario per un cambiamento “apprezzabile” del sistema. L’operatore $Q$ è l’operatore che utilizziamo per “tenere il tempo”. Se esistesse un operatore tempo, allora la derivata rispetto al tempo sarebbe semplicemente $1$ e $\Delta t$ sarebbe il tempo trascorso.
Ad esempio, prendiamo il sistema della pentola quantistica. In quel caso avevamo
$$\expval{Q} = \bra{\Psi(t)} Q \ket{\Psi(t)}=\cos{\bqty{(E_2-E_1) t /\hbar}}$$
$$\expval{Q^2} = \bra{\Psi(t)} Q^2 \ket{\Psi(t)} = \braket{\Psi(t)}{\Psi(t)}=1$$
Per cui:
$$\Delta Q = \sin{\bqty{(E_1-E_2) t /\hbar}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\dv{\expval{Q}}{t}=-\frac{(E_1-E_2)}{\hbar} \sin{\bqty{(E_1-E_2) t /\hbar}}$$
Otteniamo quindi:
$$\Delta t = \frac{\Delta Q}{\left|\dv{\expval{Q}}{t}\right|}=\frac{\hbar}{E_2-E_1}$$
Che è esattamente la quantità che divide $t$ nell’argomento del seno, ed è pertanto la scala temporale in cui avviene il processo.
Il tempo di ortogonalizzazione
Possiamo ricavare una disuguaglianza simile alla relazione d’indeterminazione, che fornisce un tempo minimo perché il sistema evolva tra due stati ortogonali:
$$\boxed{t_\perp \geq \frac{\pi\hbar}{2\Delta E}}$$
Come si dimostra? Seguiamo quest’articolo. Partiamo da uno stato al tempo $t=0$:
$$\ket{\psi(0)}=\sum_n a_n \ket{E_n} \implies \ket{\psi(t)}=\sum_n a_n e^{-i t E_n/\hbar} \ket{E_n}$$
Quando il sistema sarà evoluto ad uno stato ortogonale, il prodotto scalare con lo stato iniziale sarà nullo:
$$0=\braket{\psi(0)}{\psi(t)}=\sum_n |a_n|^2 e^{-i t E_n/\hbar}=\expval{ e^{-i t H/\hbar}}$$
Ci interessa trovare il più piccolo $t$ perché sia verificata quest’uguaglianza. Poiché l’esponenziale è nullo in media, in media sono nulli anche il seno e il coseno. Per cui è nullo per ogni $\alpha$ anche
$$\expval{\cos{\left(\frac{tH}{\hbar}+\alpha\right)}}=0$$
Vale la disuguaglianza non banale:
$$\cos{z}\geq \frac{\pi}{4}-\frac{1}{\pi}z^2$$
Questa disuguaglianza è stata scelta perché per ottenere $\Delta E$ ci serve un termine quadratico, e la funzione nel membro destro è la funzione quadratica che fornisce il vincolo ottimale al coseno (nel senso che è saturata per alcuni valori della $x$). Applicandola otteniamo:
$$0\geq \frac{\pi}{4}-\frac{1}{\pi}\expval{\pqty{\frac{tH}{\hbar}+\alpha}^2}$$
Ovvero:
$$\frac{\expval{H^2}}{\hbar^2}t^2+\frac{2\alpha\expval{H}}{\hbar}t+\alpha^2-\frac{\pi^2}{4}\geq 0$$
La disequazione dev’essere soddisfatta per ogni $\alpha$, quindi ci interessa prendere quello più restrittivo. La disequazione è soddisfatta all’esterno dell’intervallo determinato dalle due soluzioni dell’equazione associata. Viene fuori che una delle due soluzioni è negativa, ma $t$ è positivo quindi ci interessa solo quella positiva:
$$t(\alpha) = \hbar\frac{-\alpha\expval{H}+\sqrt{\expval{H^2}\frac{\pi^2}{4}-\alpha^2 \Delta E^2}}{\expval{H^2}}$$
e la disequazione è risolta per $t\geq t(\alpha)$. Al crescere di $\alpha$, $t(\alpha)$ prima cresce e poi decresce, e il massimo raggiunto è quello che da la condizione più restrittiva (poiché appunto la disequazione dev’essere soddisfatta per ogni $\alpha$). Per cui troviamo il massimo di $t(\alpha)$:
$$\pdv{t(\alpha)}{\alpha}=0 \implies \alpha =-\frac{\pi \expval{H}}{2\Delta E}$$
Sostituendo il valore di $\alpha$ trovato, otteniamo la disuguaglianza voluta:
$$t \geq t(\alpha) = \frac{\pi\hbar}{2\Delta E}$$
dove $t=t_\perp$ è il tempo minimo di ortogonalizzazione, che pertanto soddisfa una relazione simile a quella di indeterminazione, e questa volta ha un’interpretazione chiara.