Форма уравнения Шредингера для плотности вероятности

Question

Форма уравнения Шредингера для плотности вероятности

Ян Бос

Можно ли сформулировать уравнение Шредингера (УШ) в терминах дифференциального уравнения, включающего только плотность вероятности вместо волновой функции? Если нет, то почему?

В качестве примера мы можем взять независимый от времени SE:

- \frac{ℏ^{2}}{2 м} \nabla^{2} ψ (р) + В (р) ψ (р) знак равно Е ψ (р)

$-\frac{\hbar ^{2}}{2m}\nabla ^{2}\psi (\mathbf {r} )+V(\mathbf {r} )\psi (\mathbf {r} )=E\psi (\mathbf {r} )$

Любое решение даст плотность вероятности $p(\mathbf {r}) = \psi^*(\mathbf {r})\psi(\mathbf {r})$ и вопрос, можно ли найти уравнение, которое $p$ является решением, если $\psi$ является решением СЭ.

Я предполагаю, что нет, так как это было бы широко известно, но я не видел аргументов, почему это было бы невозможно. Я понимаю, что волновая функция содержит больше информации, чем плотность вероятности (например, фаза $\psi$ что актуально в QM выпадает из $p$ ), но я не вижу в этом достаточной причины против существования такого уравнения.

Чжэн Лю

Я думаю, что если вы хотите записать, как изменяется плотность вероятности во времени, вы в основном получите уравнение непрерывности. Как указано в ответе ниже,

ρ

$\rho$ не дает всей информации о квантовом состоянии.

Ян Бос

@ Чжэн Лю Я не так беспокоюсь, что у меня нет всей информации

ψ

$\psi$ если вам это не нужно, чтобы найти решения для

ρ

$\rho$ . Но даже в этом случае, следуя ответу AFT, вы можете выразить сложную фазу

ψ

$\psi$ в

ρ

$\rho$ хотя это функциональная форма и громоздкая. Таким образом, всю информацию в квантовом состоянии можно найти, если вы этого хотите.

Чжэн Лю

Верно. Его можно восстановить, если вы знаете сложную фазу.

Ответы (3)

Форма уравнения Шредингера для плотности вероятности

Я думаю, что если вы хотите записать, как изменяется плотность вероятности во времени, вы в основном получите уравнение непрерывности. Как указано в ответе ниже, $\rho$ не дает всей информации о квантовом состоянии.
@ Чжэн Лю Я не так беспокоюсь, что у меня нет всей информации $\psi$ если вам это не нужно, чтобы найти решения для $\rho$ . Но даже в этом случае, следуя ответу AFT, вы можете выразить сложную фазу $\psi$ в $\rho$ хотя это функциональная форма и громоздкая. Таким образом, всю информацию в квантовом состоянии можно найти, если вы этого хотите.
Верно. Его можно восстановить, если вы знаете сложную фазу.

СлучайныйПреобразование Фурье · Answer 1

Нет, ты не можешь.

Функция $\psi\in\mathbb C$ имеет две действительные степени свободы; они спаренные и динамические (безкалибровочные). С другой стороны, функция $\rho\in\mathbb R$ имеет одну реальную степень свободы. Невозможно свести динамику системы от двух переменных к одной переменной без потери информации в процессе.

(Но в формальном смысле: да, можно)

Позволять $\psi=\sqrt{\rho}\mathrm e^{iS}$ , с $\rho,S$ пара вещественных переменных. Вы можете написать уравнение Шредингера непосредственно в терминах $\rho,S$ как (ср . Маделунг или Бом )

\begin{aligned} \frac{\partial \sqrt{р}}{\partial т} & знак равно - \frac{1}{2 м} (\sqrt{р} \nabla^{2} С + 2 \nabla \sqrt{р} \cdot \nabla С) \\ \frac{\partial С}{\partial т} & знак равно - (\frac{| \nabla С |^{2}}{2 м} + В - \frac{ℏ^{2}}{2 м} \frac{\nabla^{2} \sqrt{р}}{\sqrt{р}}) \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \frac{\partial\sqrt{\rho}}{\partial t}&=-\frac{1}{2m}\left(\sqrt{\rho}\nabla^2S+2\nabla\sqrt{\rho}\cdot\nabla S\right)\\ \frac{\partial S}{\partial t}&=-\left(\frac{|\nabla S|^2}{2m}+V-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\nabla^2\sqrt{\rho}}{\sqrt{\rho}}\right) \end{aligned} \end{equation}$

Как видите, вы не можете написать уравнение для $\rho$ в одиночку, потому что его уравнение связано со вторым неизвестным, $S$ . Две реальные степени свободы, а не одна. Формально говоря, вы можете решить уравнение для $S$ как функционал $\rho$ , и подставьте результат в уравнение для $\rho$ , таким образом получая уравнение для $\rho$ один. Это нецелесообразно, потому что на самом деле невозможно решить для $S=S[\rho]$ в общих чертах, и даже если бы мы могли, функционал был бы сильно нелокальным, поэтому результирующее уравнение для $\rho$ будет невозможно работать. Уравнение Шредингера, записанное в терминах $\psi$ , даже если сложно, настолько просто, насколько это возможно. Любая другая переформулировка намного более громоздка в использовании.

Не должен ли тогда ответ быть примерно таким: «Да, вы можете, но уравнение включает в себя сложный функционал от $\rho$ и непрактично в использовании». Фактически, 2-я часть вашего ответа, кажется, противоречит первой части, поскольку вы показали, что степени свободы связаны, хотя и сложным образом. Интересно, что относительная простая плотность вероятности, скажем, 1s-электрон в водороде является решением этого очень утомительного уравнения.
Оцените ссылку на квантовое уравнение Гамильтона-Якоби (второе дифференциальное уравнение в наборе пар). Кажется, что над этим проделана некоторая работа, но она кажется не простой.
есть книги по этому поводу? Это более громоздко с математической точки зрения, но концептуально мне это нравится намного больше.
@MikeFlynn Bohm сам написал несколько книг, так что вам обязательно стоит их прочитать. Я слышал, что они довольно хороши (даже от тех, кому не нравится интерпретация Бома).

Дж. Г. · Answer 2

У нас есть $\psi^\ast\nabla^2\psi=\dfrac{2m}{\hbar^2}(V-E)\rho$ так что по комплексному сопряжению $\psi\nabla^2\psi^\ast=\dfrac{2m}{\hbar^2}(V-E)\rho$ . Следовательно

\nabla^{2} р знак равно ψ \nabla^{2} ψ^{*} + ψ^{*} \nabla^{2} ψ + 2 \nabla ψ^{*} \cdot \nabla ψ знак равно \frac{4 м}{ℏ^{2}} (В - Е) р + 2 \nabla ψ^{*} \cdot \nabla ψ .

$\nabla^2 \rho=\psi\nabla^2\psi^\ast+\psi^\ast\nabla^2\psi+2\boldsymbol{\nabla}\psi^\ast\cdot\boldsymbol{\nabla}\psi=\dfrac{4m}{\hbar^2}(V-E)\rho+2\boldsymbol{\nabla}\psi^\ast\cdot\boldsymbol{\nabla}\psi.$ Это последний термин, который мешает. В нем содержится больше квантово-механической информации.

ψ

$\psi$ чем в

ρ

$\rho$ , поэтому мы не можем вообще переписать все в терминах

ρ

$\rho$ один.

Вы можете написать уравнение для $\rho$ и $J$ (вероятность тока) однако.
Маурисио Да, но $\mathbf{j}$ является $\psi$ -зависимый
Да, но если я правильно помню, вы можете решить некоторые вводные задачи рассеяния, используя только уравнение непрерывности и не используя $\psi$ .
@Mauricio Если вы придумали пример, вам, вероятно, следует упомянуть его здесь в ответе, даже если это всего лишь «длинный комментарий».
Извините за путаницу, во многих европейских школах они используют ток вероятности для расчета коэффициентов передачи/отражения, тем не менее, эти задачи все еще нуждаются в уравнении Шрёдингера: cp3.irmp.ucl.ac.be/~maltoni/PHY1222/QM-IVa.pdf
Ваш ответ не доказывает, что такого уравнения не существует. Он просто приводит пример того, что не работает. Согласно моему комментарию под моим вопросом в ответ на Чжэн Лю, я также не убежден в вашем утверждении, что в $\psi$ чем в $\rho$ . Вы, вероятно, могли бы сказать самое большее, что состояние в точке $x = x_1$ содержит больше информации, чем $\rho$ в единственной точке $x = x_1$ .
@JanBox Не могли бы вы дать ссылку на пример Чжэн Лю?
@JG Я имел в виду свой ответ на его комментарий к моему вопросу. Таким образом, вы можете найти его выше.

Эмилио Писанти · Answer 3

Плотность вероятности не является хорошей точкой для сравнения, потому что она не имеет абсолютно никакой информации об импульсных свойствах состояния.

Это идет немного дальше в том смысле, что правильная классическая точка сравнения для любого квантово-механического формализма на самом деле не является ньютоновской перспективой с одной траекторией; вместо этого это механика Лиувилля плотности фазового пространства $\rho(x,p)$ частицы, которая подчиняется классической гамильтоновой механике, но состояние которой известно только с точностью до распределения вероятностей в фазовом пространстве, и плотность которой затем подчиняется уравнению Лиувилля

\frac{\partial р}{\partial т} знак равно - {р, ЧАС} .

$\frac{\partial\rho}{\partial t}=-\{\,\rho,H\,\}.$

Как только вы это сделаете, появится квантовый аналог уравнения Лиувилля, данный в этом ответе Qmechanic , где вам нужно изменить стандартные умножения функций для $\hbar$ -зависимое произведение Мойала ; динамическое уравнение тогда читается

\frac{г р}{г т} знак равно \frac{1}{я ℏ} [р \overset{⋆}{,} ЧАС] .

$\frac{d\rho}{dt} = \frac{1}{i\hbar} [\rho\stackrel{\star}{,}H].$ Я никогда не видел, чтобы это использовалось в гневе , но это может быть просто потому, что я никогда не смотрел места, где это используется.

Спасибо за ссылку на квантовый аналог уравнения Лиувилля. Похоже, что-то, что я искал. Это должно быть связано с уравнением в ответе AccidentalFourierTransform. Насчет вашего 1-го абзаца я не так беспокоюсь об этом. На более высоком уровне мне было интересно, можно ли сделать QM, не говоря о состояниях. Допустим, вы берете все плотности вероятности $\rho_{nlm}$ атома водорода должен быть какой-то способ соединить $m$ к угловому моменту без привязки к состояниям, но это может быть другим вопросом.

Форма уравнения Шредингера для плотности вероятности

Ян Бос

Чжэн Лю

Ян Бос

Чжэн Лю

Ответы (3)

СлучайныйПреобразование Фурье

Ян Бос

Ян Бос

Майк Флинн

СлучайныйПреобразование Фурье

Дж. Г.

Маурисио

Дж. Г.

Маурисио

Дж. Г.

Маурисио

Ян Бос

Дж. Г.

Ян Бос

Эмилио Писанти

Ян Бос

Почему ei(kx−ωt)ei(kx−ωt)e^{i(kx - \omega t)} является действительной волновой функцией, поскольку она не является конечно интегрируемой на RR\Bbb R?

Текущая вероятность

Почему коэффициент отражения при квантово-механическом рассеянии определяется именно так?

Вероятность нахождения частицы в левом боку в момент времени ttt

Отсутствие вероятности для реальных волновых уравнений

Плотность вероятности свободной частицы

Нормируемая волна свободных частиц на 1D

Путаница плотности тока вероятности

Нулевая вероятность найти электрон в ядре

Формулировка и вероятность волновой функции [закрыто]