Отсутствие вероятности для реальных волновых уравнений

Question

Отсутствие вероятности для реальных волновых уравнений

Маурицио Барбато

Дэвид Бом в разделе (4.5) своей замечательной монографии « Квантовая теория» приводит аргумент, показывающий, что для построения физически осмысленной теории квантовых явлений волновая функция $\psi$ должна быть сложной функцией.

Его аргумент состоит в следующем. Рассмотрим для простоты одномерный случай, и пусть

ψ знак равно U + я В,

$\psi=U + i V,$ с

U

$U$ и

V

$V$ настоящий. Из уравнения Шрёдингера легко увидеть, что

U

$U$ и

V

$V$ удовлетворяют следующим несвязанным уравнениям второго порядка:

\frac{\partial^{2} U}{\partial т^{2}} знак равно - \frac{ℏ^{2}}{4 м^{2}} \frac{\partial^{4} U}{\partial {Икс}^{4}}, \frac{\partial^{2} В}{\partial т^{2}} знак равно - \frac{ℏ^{2}}{4 м^{2}} \frac{\partial^{4} В}{\partial {Икс}^{4}} .

$\begin{equation} \frac{\partial^2 U}{\partial t^2} = - \frac{\hbar^2}{4m^2} \frac{\partial^4 U}{\partial x^4},\\ \frac{\partial^2 V}{\partial t^2} = - \frac{\hbar^2}{4m^2} \frac{\partial^4 V}{\partial x^4}. \end{equation}$ Тогда мы могли бы подумать о замене уравнением Шредингера для комплекснозначной функции

ψ

$\psi$ например, с приведенным выше уравнением для

U

$U$ , чтобы построить всю квантовую механику на

U

$U$ . Для этого мы должны иметь возможность определить положительную сохраняющуюся вероятность

P

$P$ , определяемый как функция

U

$U$ , а частные производные от

U

$U$ порядка не выше 1 относительно

t

$t$ (поскольку начальными данными для нашего уравнения второго порядка являются

U (x, 0)

$U(x,0)$ и

\frac{\partial U}{\partial t} (x, 0)

$\frac{\partial U}{\partial t}(x,0)$ , мы требуем

P (x, t)

$P(x,t)$ быть функцией государства

U (x, t)

$U(x,t)$ и

\frac{\partial U}{\partial t} (x, t)

$\frac{\partial U}{\partial t}(x,t)$ системы во время

t

$t$ и их пространственные производные). Попробуйте, например

п знак равно \frac{1}{2} {(\frac{\partial U}{\partial т})}^{2} + \frac{ℏ^{2}}{8 м^{2}} {(\frac{\partial^{2} U}{\partial {Икс}^{2}})}^{2} .

$\begin{equation} P=\frac{1}{2} \left( \frac{\partial U}{\partial t} \right)^2 + \frac{\hbar^2}{8m^2} \left( \frac{\partial^2 U}{\partial x^2} \right)^2. \end{equation}$ Легко видеть, что имеет место следующее уравнение неразрывности

\frac{\partial п}{\partial т} + \frac{\partial Дж}{\partial Икс} знак равно 0,

$\begin{equation} \frac{\partial P}{\partial t} + \frac{\partial J}{\partial x}=0, \end{equation}$ с

J

$J$ определяется

Дж знак равно \frac{ℏ^{2}}{4 м^{2}} (\frac{\partial U}{\partial т} \frac{\partial^{3} U}{\partial {Икс}^{3}} - \frac{\partial^{2} U}{\partial {Икс}^{2}} \frac{\partial^{2} U}{\partial Икс \partial т}) .

$\begin{equation} J= \frac{\hbar^2}{4m^2} \left( \frac{\partial U}{\partial t} \frac{\partial^3 U}{\partial x^3} - \frac{\partial^2 U}{\partial x^2} \frac{\partial^2 U}{\partial x \partial t} \right). \end{equation}$ Так

P

$P$ является положительным и консервативным. Тем не менее это

P

$P$ физически неприемлемо, так как если рассматривать решение

U (x, t) = \cos (k x - ω t)

$U(x,t)=\cos(kx-\omega t)$ , куда

ω = \frac{ℏ k^{2}}{2 m}

$\omega=\frac{\hbar k^2}{2m}$ , то получаем

п знак равно \frac{ю^{2}}{2} знак равно \frac{Е^{2}}{2 ℏ^{2}} .

$\begin{equation} P=\frac{\omega^2}{2}=\frac{E^2}{2 \hbar^2}. \end{equation}$ В нерелятивистской теории должна быть возможность произвольно выбирать ноль энергии и тем не менее получить эквивалентную теорию. Но в нашем случае мы могли бы выбрать ноль энергии так, чтобы получить

P = 0

$P=0$ , и мы должны заключить, что наше определение вероятности физически неприемлемо.

Теперь Бом утверждает, что этот вывод справедлив не только для конкретной функции вероятности, которую мы определили выше, но и для любой вероятности, которую мы могли бы определить с использованием $U$ и частные производные от $U$ порядка не выше 1 относительно $t$ .

У кого-нибудь есть идеи, почему это должно быть вообще так?

ПРИМЕЧАНИЕ (1). Бом не облекает свое утверждение в строгую математическую форму, поскольку он не определяет точно, что он подразумевает под «приемлемой функцией вероятности». Он дает лишь следующее расплывчатое определение.

Позволять $P(x,t)$ быть функцией только $U(x,t)$ , а частные производные от $U$ порядка не выше 1 относительно $t$ все рассчитано в $(x,t)$ , то есть предполагается, что существует непостоянная функция $p$ такой, что $P(x,t)=p \left((D_{x}^d U)(x,t), \left(D_{x}^{d} \frac{\partial U}{\partial t}\right)(x,t) \right)$ , куда $D_{x}^d F$ это множество всех частных производных от $F$ в отношении $x$ из заказа $0$ (то есть сама функция) на заказ $d$ .

Тогда мы говорим, что $P$ является приемлемой функцией вероятности, если она удовлетворяет следующим свойствам:

P действителен и никогда не бывает отрицательным;
количество $\int P(x,t) dx$ сохраняется во времени для каждого решения $U(x,t)$ приведенного выше волнового уравнения, так что после нормализации $P$ мы можем получить $\int P(x,t) dx=1$ для всех $t$ ;
значение $P$ не зависит критическим образом ни от какой величины, которая, как известно, по общефизическим основаниям не имеет отношения к делу: в частности, отсюда следует (поскольку мы имеем дело с нерелятивистской теорией), что $P$ не должно зависеть от того, где выбран ноль энергии.

Эти свойства, за исключением первого, точно не сформулированы, поэтому их необходимо облечь в несколько более точную математическую форму. В частности, что касается свойства (2), то Бом, по-видимому, интерпретирует его в том смысле, что существует функция function $j$ , такое, что если положить $J(x,t)=j \left((D_{x}^d U)(x,t), \left(D_{x}^{d} \frac{\partial U}{\partial t}\right)(x,t) \right)$ , имеет место следующее уравнение неразрывности

\frac{\partial п}{\partial т} + \frac{\partial Дж}{\partial Икс} знак равно 0.

$\begin{equation} \frac{\partial P}{\partial t} + \frac{\partial J}{\partial x} = 0. \end{equation}$ Что касается свойства (3), то, следуя Бому, мы могли бы интерпретировать его как требующее, чтобы для конкретного решения

U (x, t) = \cos (\sqrt{\frac{2 m ω}{ℏ}} x - ω t)

$U(x,t)=\cos\left(\sqrt{\frac{2m \omega}{\hbar}}x-\omega t \right)$ мы должны получить функцию вероятности

P (x, t)

$P(x,t)$ который не зависит от

ω

$\omega$ .

Сразу отметим, что Бом в своем предыдущем обсуждении определения вероятности для уравнения Шредингера требует еще одного свойства, которое в нашем контексте читалось бы так:

вероятность $P$ большой, когда $|U|$ большой и маленький, когда $|U|$ маленький.

В любом случае, мы не можем требовать этого дополнительного свойства здесь. Действительно, если принять всерьез свойство (4), интерпретируя его в том смысле, что $P_{U_1}(x,t) \geq P_{U_2}(x,t)$ для каждых двух решений $U_1$ и $U_2$ с $|U_1(x,t)| \geq |U_2(x,t)|$ , то мы бы получили это $P(x,t)=p(|U(x,t)|)$ , куда $p$ — неубывающая функция (доказательство см. в лемме в этом ответе ). Но тогда, рассматривая частное решение $U(x,t)=U_0 \cos\left(\sqrt{\frac{2m \omega}{\hbar}}x-\omega t \right)$ , куда $U_0$ константа, мы видим, что независимость $P(x,t)$ из $\omega$ будет означать, что $p$ является постоянной функцией.

Подробную математическую формулировку утверждения Бома см. в моем посте MathOverflow Conserved Positive Charge for A PDE .

ЗАМЕТКА 2). Другую и, может быть, более естественную интерпретацию свойства (3) можно дать следующим образом. Если исходить из уравнения Шрёдингера для частицы в случае потенциала $W(x)$

я ℏ \frac{\partial ψ}{\partial т} (Икс, т) знак равно - \frac{ℏ^{2}}{2 м} \frac{\partial^{2}}{\partial {Икс}^{2}} ψ (Икс, т) + Вт (Икс) ψ (Икс, т),

$\begin{equation} i \hbar \frac{\partial \psi}{\partial t}(x,t) = -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2}\psi(x,t) + W(x) \psi(x,t), \end{equation}$ то мы легко получаем, что действительная часть

U

$U$ из

ψ

$\psi$ удовлетворяет следующему уравнению второго порядка

\frac{\partial^{2} U}{\partial т^{2}} знак равно - \frac{ℏ^{2}}{4 м^{2}} \frac{\partial^{4} U}{\partial {Икс}^{4}} + \frac{Вт}{м} \frac{\partial^{2} U}{\partial {Икс}^{2}} + \frac{{Вт}^{'}}{м} \frac{\partial U}{\partial Икс} + (\frac{{Вт}^{″}}{2 м} - \frac{{Вт}^{2}}{ℏ^{2}}) U .

$\begin{equation} \frac{\partial^2 U}{\partial t^2} = - \frac{\hbar^2}{4 m^2} \frac{\partial^4 U}{\partial x^4}+ \frac{W}{m} \frac{\partial^2 U}{\partial x^2} +\frac{W’}{m} \frac{\partial U}{\partial x} + \left( \frac{W’’}{2m} - \frac{W^2}{\hbar^2} \right) U . \end{equation}$ Теперь свойству (3) можно дать следующую интерпретацию: если

U

$U$ есть решение, соответствующее потенциалу

W (x)

$W(x)$ при заданных начальных условиях и

\tilde{U}

$\tilde{U}$ соответствует тем же начальным условиям и потенциалу

W (x) + W_{0}

$W(x)+W_0$ , куда

W_{0}

$W_0$ является константой, то

P (x, t)

$P(x,t)$ должна быть той же функцией при вычислении для

U

$U$ и

\tilde{U}

$\tilde{U}$ . Сомневаюсь, что такая функция вероятности

p

$p$ существует, и, возможно, в этом суть заявления Бома. Используя эту идею, я дал альтернативную математическую интерпретацию утверждения Бома в статье Conserved Current for a PDE .

ЗАМЕТКА 3). См. также мою связанную публикацию «Отсутствие вероятности для уравнения Клейна-Гордона », в которой, по сути, та же проблема возникает в релятивистской постановке по отношению к известному уравнению Клейна-Гордона. В другом моем посте « Единственность функции вероятности для уравнения Шредингера » аналогичная проблема обсуждается применительно к уравнению Шрёдингера. Предположительно, Бом имел в виду один и тот же математический инструмент для решения всех этих трех вопросов.

Биофизик

Хорошо, что вы пытались сделать до сих пор?

Маурицио Барбато

Дорогой Аарон, я понятия не имею о возможном аргументе, в том числе потому, что моя интуиция подсказывает, что это утверждение ложно. Я разместил этот вопрос здесь, потому что, поскольку книга Бома была очень популярна, я думал, что кто-то уже изучал эти вопросы раньше.

Биофизик

К сожалению, это не моя специализация, поэтому и спросил. Я не знаю, почему вы думаете, что оно ложно, но я бы понял, если бы вы сказали, что это утверждение, похоже, не имеет доказательств в целом. Я думаю, что вам нужно сделать, чтобы доказать это, написать общую функцию

U

$U$ и его частные производные, а затем показать, что мы получаем бессмысленные результаты, используя эту общую функцию. Возможно, это был бы хороший вопрос на сайте обмена математическими стеками, если бы вы правильно сформулировали его?

Ответы (3)

Отсутствие вероятности для реальных волновых уравнений

Хорошо, что вы пытались сделать до сих пор?
Дорогой Аарон, я понятия не имею о возможном аргументе, в том числе потому, что моя интуиция подсказывает, что это утверждение ложно. Я разместил этот вопрос здесь, потому что, поскольку книга Бома была очень популярна, я думал, что кто-то уже изучал эти вопросы раньше.
К сожалению, это не моя специализация, поэтому и спросил. Я не знаю, почему вы думаете, что оно ложно, но я бы понял, если бы вы сказали, что это утверждение, похоже, не имеет доказательств в целом. Я думаю, что вам нужно сделать, чтобы доказать это, написать общую функцию $U$ и его частные производные, а затем показать, что мы получаем бессмысленные результаты, используя эту общую функцию. Возможно, это был бы хороший вопрос на сайте обмена математическими стеками, если бы вы правильно сформулировали его?

Ахметели · Answer 1

Похоже, доказательство Бома имеет дело со свободной частицей, что не очень реалистично. Однако, если вы рассматриваете уравнение Шредингера или Клейна-Гордона, скажем, в электромагнитном поле, вы можете сделать волновую функцию реальной с помощью калибровочного преобразования (по крайней мере локально), как заметил Шредингер в Nature (1952), v.169, стр. 538. Всего одной действительной функции может быть достаточно и для случая уравнения Дирака в электромагнитном поле, что показано в моей статье в J. Math. физ.

Маурицио Барбато · Answer 2

Маурицио Барбато

После долгих поисков в литературе я должен заключить, что вопрос, поднятый Бомом, не вызвал интереса, может быть, потому, что ни у кого никогда не возникало сомнений в невозможности построения квантовой механики с реальной волновой функцией.

Я попытался дать две точные математические формулировки утверждения Бома о несуществовании в своем посте « Сохраняющийся ток для УЧП », но, как я утверждал в своем ответе, ни одна из двух не кажется точным математическим переводом физических утверждений Бома.

Возможно, мы никогда не узнаем, какой физико-математический аргумент имел в виду Бом и был ли он на самом деле. Он мог бы без колебаний процитировать в своей книге какое-нибудь замечание Р. Дж. Оппенгеймера (чьи лекции в Калифорнийском университете в Беркли вдохновили значительную часть трактата Бома) или просто констатировать то, что он считал интуитивно очевидным, не заботясь о возможном доказательстве. Мы не можем знать, как работает разум гения... а Дэвид Бом был абсолютным гением!

Биофизик

Я предполагаю, что это не вызвало большого интереса, потому что нет никакого смысла доказывать или опровергать это. Сложные волновые функции работают очень хорошо, и у нас не возникает проблем с их использованием, когда нужны только реальные волновые функции.

Маурицио Барбато

Что ж, может быть, вы и правы... но вы должны признать, что это по меньшей мере странно, что в квантовой механике приходится иметь дело со сложными величинами, ситуация, совершенно отличная от той, что существовала во всех более ранних физических теориях, где вводились комплексные величины. только как математические приемы для решения некоторых конкретных задач или для более компактных обозначений. Я думаю, что такое чувство подтолкнуло Бома к исследованию возможности отказа от сложных волновых функций в пользу реальных.

Биофизик

Да... QM странный :) ха-ха

АтмосферныйТюрьмаПобег

Я согласен с вашим утверждением @MaurizioBarbato в том, что часто можно услышать, что «QM обязательно сложен, он не просто полезен», и я не могу вспомнить вескую причину из лекции, чтобы это было так.

Маурицио Барбато

@AtmosphericPrisonEscape Да, эта фундаментальная проблема была полностью упущена из виду, как и многие другие. Я думаю, что это влияние абстрактного образа мышления, который становился все более и более преобладающим в физике ХХ века (и эта тенденция безудержно продолжается и сегодня). Это придает квантовой механике и последующим теориям совершенно иной оттенок по сравнению с классическими теориями, такими как механика Галилея и Ньютона или электромагнитная теория Фарадея и Максвелла.

Маурицио Барбато

В этом отношении Бом был гигантом среди гигантов. Он приложил большие усилия, чтобы исследовать физический смысл каждой введенной части математического формализма и его роль во всей концептуальной архитектуре КМ. Он считал само собой разумеющимся, что физическая теория не может быть просто списком аксиом или правил, но прежде всего она определяется набором четко определенных понятий, четко взаимосвязанных друг с другом. По моему скромному мнению, именно по этой причине трактат Бома до сих пор является фундаментальным чтением для каждого физика, который действительно хочет понять, что же такое КМ на самом деле.

вероятно_кто-то

@AtmosphericPrisonEscape Зависит от того, что вы подразумеваете под «обязательно сложным». Учитывая, что существует матричное представление комплексных чисел, которое включает только действительные числа, вы можете делать все в QM, даже не видя

i

$i$ если бы ты хотел. Тем не менее, требование использовать группы с достаточной структурой, чтобы их можно было нетривиально представить с помощью комплексных чисел, является довольно фундаментальным. Например, если вы хотите описать бесконечно малые вращения, они должны жить в

S U (2)

$SU(2)$ , который почти всегда представляется с помощью сложных матриц 2x2, потому что настоящие матрицы 4x4 громоздки.

Маурицио Барбато

@probably_someone Не подлежит сомнению, что все соответствующие математические структуры QM являются сложными. Только в очень формалистическом образе мышления мы можем свести комплексные числа к их формальному определению как упорядоченной паре действительных чисел с заданными алгебраическими правилами композиции!

вероятно_кто-то

@MaurizioBarbato Я не говорю о каком-либо «формальном определении в виде упорядоченных пар действительных чисел с заданными алгебраическими правилами композиции». Я говорю о том, что любое комплексное число

a + b i

$a+bi$ ведет себя идентично матрице 2x2

[\begin{matrix} a & - b \\ b & a \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} a & -b \\ b & a\end{bmatrix}$ . Никаких специальных правил композиции не требуется, просто обычное умножение матриц.

Маурицио Барбато

@probably_someone Да, но вы просто описываете ту же математическую структуру в другом представлении. В чем выигрыш?

вероятно_кто-то

@MaurizioBarbato Насколько я понял, вы возражали против использования комплексных чисел для описания QM. Это представление

U (1)

$U(1)$ полностью избегает комплексных чисел. Но теперь я не уверен, потому что вы, кажется, возражаете против того факта, что QM работает таким образом, что требует структуры, которую легче всего представить с помощью комплексных чисел. Эта сложность не исчезает в механике Бома, она просто скрыта в деталях нелокальности взаимодействий, а не проявляется в необходимости не обязательно реальных волновых функций.

Маурицио Барбато

@probably_someone Мой интерес к этому вопросу чисто математический. Интересно, как Бом мог сделать такое общее заявление. Я совершенно убежден, что он имел в виду какой-то точный математический прием для решения этой интересной математической проблемы нахождения сохраняющегося заряда для данного УЧП, обладающего требуемыми свойствами.

вероятно_кто-то

@MaurizioBarbato Более правильно сказать, когда мы говорим, что «волновая функция должна быть сложной», мы на самом деле имеем в виду, что «волновая функция должна иметь достаточную структуру, чтобы ее можно было нетривиально представить как сложную». Сложность КМ — это факт групповой структуры , не зависящий от вашего выбора представления.

вероятно_кто-то

@MaurizioBarbato Если это правда, то вам следует воздерживаться от высказываний вроде «Не подлежит сомнению, что все соответствующие математические структуры QM являются сложными».

Маурицио Барбато · Answer 3

После долгих размышлений над этим вопросом я пришел к выводу, что то, что на самом деле имел в виду Бом, должно быть гораздо проще, чем я предполагал в своих предыдущих рассуждениях.

Я уже заметил в своем ЗАМЕЧАНИИ (2) к сообщению, что результат невозможности, сформулированный Бомом, тривиален, если мы предположим свойство (4) в приведенной там форме. На самом деле, теперь я понял, что даже если мы примем некую «слабую форму» этого свойства, мы все же сможем доказать «теорему» Бома о невозможности. Точнее, я покажу в этом ответе, что в предположении, что $p(X_1,\dots,X_{2d+2})$ полином такой, что $p(0,\dots,0)=0$ , если $P(x,y)=p \left((D_{x}^d U)(x,t), \left(D_{x}^{d} \frac{\partial U}{\partial t}\right)(x,t) \right)$ не зависит от $\omega$ для специального решения

U (Икс, т) знак равно потому что (\sqrt{\frac{2 м ю}{ℏ}} Икс - ю т),

$\begin{equation} U(x,t)= \cos\left(\sqrt{\frac{2m \omega}{\hbar}}x-\omega t \right), \end{equation}$ тогда у нас должно быть это

(x, t) \mapsto P (x, t)

$(x,t) \mapsto P(x,t)$ тождественно равен нулю. Теперь с тех пор

P

$P$ должен иметь смысл плотности вероятности, везде нулевая плотность вероятности для ненулевой волновой функции физически неприемлема, что доказывает результат Бома о невозможности. Обратите внимание, что предположение о том, что

p (0, \dots, 0) = 0

$p(0,\dots,0)=0$ очень естественно, поскольку оно просто говорит о том, что для локально нулевой волновой функции плотность вероятности должна быть равна нулю. Отметим также, что предположение о том, что

p (X_{1}, \dots, X_{2 d + 2})

$p(X_1,\dots,X_{2d+2})$ является многочленом, также вполне естественно, поскольку мы ищем сохраняющиеся величины с «простым» выражением.

Теперь доказательство. Для удобства будем писать $\omega$ как функция $k$ , вместо того, чтобы сделать обратное, как мы сделали в посте. Поэтому мы запишем наше специальное решение как

U (Икс, т) знак равно потому что (к Икс - \frac{ℏ к^{2}}{2 м} т),

$\begin{equation} U(x,t)= \cos\left(kx- \frac{\hbar k^2}{2m} t \right), \end{equation}$ Сначала покажем, что для этого решения при наших предположениях отображение

(x, t) \mapsto P (x, t)

$(x,t) \mapsto P(x,t)$ должно быть константой. Свойство (3) эквивалентно, поэтому говорят, что

P (x, t)

$P(x,t)$ не зависит от

k > 0

$k > 0$ для каждого

(x, t) \in R^{2}

$(x,t) \in \mathbb{R}^2$ . Теперь о специальном решении

U (x, t)

$U(x,t)$ считай, у нас так

P (x, t) = F (x - v t)

$P(x,t)=F(x-vt)$ для некоторой функции

F

$F$ , куда

v = \frac{ℏ k}{2 m}

$v=\frac{\hbar k}{2m}$ . Если бы у нас было

F^{'} (ξ) \neq 0

$F'(\xi)\neq 0$ для некоторых

ξ \in R

$\xi \in \mathbb{R}$ , мы бы получили за

x - v t = ξ

$x-vt=\xi$ :

\frac{\partial п}{\partial т} (Икс, т) / \frac{\partial п}{\partial Икс} (Икс, т) знак равно - в знак равно \frac{ℏ к}{2 м},

$\begin{equation} \left. \frac{\partial P}{\partial t}(x,t) \middle/ \frac{\partial P}{\partial x}(x,t) \right. = -v = \frac{\hbar k}{2m}, \end{equation}$ противоречие.

Итак, для некоторой постоянной $c \in \mathbb{R}$ у нас есть $P(x,t)=c$ для всех $k > 0$ и все $(x,y) \in \mathbb{R^2}$ . Объявлено простотой записи $y=kx- \frac{\hbar k^2}{2m} t$ . Обратите внимание, что $P(x,t)$ является полиномом в $\sin y$ , $\cos y$ и $k$ . Заменив $\cos^2 y$ от $1-\sin^2 y$ , $\cos^4 y$ от $(1-\sin^2 y)^2$ , ... и $\cos^3 y$ от $(1-\sin^2 y)\cos y$ , $\cos^5 y$ от $(1-\sin^2 y)^2 \cos y$ , ..., мы получаем, что

п (Икс, т) знак равно \sum_{л знак равно 0}^{л} а_{л} (к) {грех}^{л} (у) + потому что (у) \sum_{н знак равно 0}^{Н} б_{н} (к) {грех}^{н} (у),

$\begin{equation} P(x,t)= \sum_{l=0}^{L} a_l(k) \sin^l(y) + \cos(y) \sum_{n=0}^{N} b_n(k) \sin^n(y), \end{equation}$ куда

a_{l} (k)

$a_l(k)$ и

b_{n} (k)

$b_n(k)$ полиномы в

k

$k$ . Зафиксировать значение

k

$k$ . С

P (x, t)

$P(x,t)$ постоянна для любого

(x, t)

$(x,t)$ , получаем при любом значении

y

$y$ :

\sum_{л знак равно 0}^{л} а_{л} (к) {грех}^{л} (у) + потому что (у) \sum_{н знак равно 0}^{Н} б_{н} (к) {грех}^{н} (у) знак равно знак равно \sum_{л знак равно 0}^{л} а_{л} (к) {грех}^{л} (π - у) + потому что (π - у) \sum_{н знак равно 0}^{Н} б_{н} (к) {грех}^{н} (π - у),

$\begin{equation} \sum_{l=0}^{L} a_l(k) \sin^l(y) + \cos(y) \sum_{n=0}^{N} b_n(k) \sin^n(y) = \\ = \sum_{l=0}^{L} a_l(k) \sin^l(\pi-y) + \cos(\pi-y) \sum_{n=0}^{N} b_n(k) \sin^n(\pi-y), \end{equation}$ так что

потому что (у) \sum_{н знак равно 0}^{Н} б_{н} (к) {грех}^{н} (у) знак равно 0,

$\begin{equation} \cos(y) \sum_{n=0}^{N} b_n(k) \sin^n(y)=0, \end{equation}$ что означает, что для любого

y \neq \frac{π}{2} + r π

$y \neq \frac{\pi}{2} + r \pi$ , с

r

$r$ целое число, мы имеем

\sum_{н знак равно 0}^{Н} б_{н} (к) {грех}^{н} (у) знак равно 0,

$\begin{equation} \sum_{n=0}^{N} b_n(k) \sin^n(y)=0, \end{equation}$ так что многочлен

Q (z) = \sum_{n = 0}^{N} b_{n} (k) z^{n} = 0

$Q(z)= \sum_{n=0}^{N} b_n(k) z^n=0$ допускает бесконечно много нулей. Мы заключаем, что

b_{0} (k) = \dots = b_{N} (k) = 0

$b_0(k)=\dots=b_N(k)=0$ . Но потом

с знак равно п (Икс, т) знак равно \sum_{л знак равно 0}^{л} а_{л} (к) {грех}^{л} (у),

$\begin{equation} c=P(x,t)=\sum_{l=0}^{L} a_l(k) \sin^l(y), \end{equation}$ и так теперь многочлен

R (z) = - c + \sum_{l = 0}^{L} a_{l} (k) z^{l}

$R(z)=- c + \sum_{l=0}^{L} a_l(k) z^l$ имеет бесконечно много нулей, откуда

a_{1} (k) = \dots = a_{L} (k) = 0

$a_1(k)=\dots=a_L(k)=0$ и

a_{0} (k) = c

$a_0(k)=c$ . Но у нас есть

a_{0} (k) = p (0, \dots, 0) = 0

$a_0(k)=p(0,\dots,0)=0$ , так что мы заключаем, что

c = 0

$c=0$ . КЭД

Теперь, когда я закончил доказательство, я понимаю, что можно привести гораздо более простое доказательство, которое на самом деле может быть использовано для получения гораздо более общего результата.

Теорема Пусть $p:\mathbb{R}^{2d+2} \rightarrow \mathbb{R}$ — непрерывная функция такая, что $p(\mathbf{0})=0$ . Позволять

U (Икс, т) знак равно потому что (к Икс - \frac{ℏ к^{2}}{2 м} т),

$\begin{equation} U(x,t)= \cos\left(kx- \frac{\hbar k^2}{2m} t \right), \end{equation}$ и определить количество

п (Икс, у) знак равно п ((Д_{Икс}^{г} U) (Икс, т), (Д_{Икс}^{г} \frac{\partial U}{\partial т}) (Икс, т)) .

$\begin{equation} P(x,y)=p \left((D_{x}^d U)(x,t), \left(D_{x}^{d} \frac{\partial U}{\partial t}\right)(x,t) \right). \end{equation}$ Предположим, что для каждого

(x, t) \in R^{2}

$(x,t) \in \mathbb{R}^2$

P (x, t)

$P(x,t)$ не зависит от

k > 0

$k > 0$ . Тогда у нас есть

P (x, t) = 0

$P(x,t)=0$ для всех

(x, t) \in R^{2}

$(x,t) \in \mathbb{R}^2$ .

Доказательство Прежде всего заметим, что при наших предположениях $(x,t) \mapsto P(x,t)$ является постоянной картой. Действительно, учитывая форму $U(x,t)$ , у нас есть $P(x,t)=F(x-vt)$ для некоторой непрерывной функции $F:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ , куда $v=\frac{\hbar k}{2m}$ как указано выше. Теперь для любого заданного $t > 0$ , значение $P(0,t)=F(-vt)$ не зависит от $k > 0$ , чтобы мы получили это $F$ постоянно включен $[0,\infty)$ . По тому же аргументу с сейчас $t < 0$ , мы делаем вывод, что $F$ постоянно включен $(-\infty, 0]$ . Следовательно $F$ постоянно включен $\mathbb{R}$ , так что для некоторых $c \in \mathbb{R}$ , у нас есть $P(x,t)= c$ для всех $(x,t) \in \mathbb{R}^2$ . Теперь для любого фиксированного значения $k > 0$ , выбирая значения $(x,t)$ такой, что $kx- \frac{\hbar k^2}{2m} t = \frac{\pi}{2}$ , мы получили

п (0, - к, 0, к^{3}, \dots, 0, (- 1)^{р} к^{2 р - 1}, \frac{ℏ к^{2}}{2 м}, 0, - \frac{ℏ к^{4}}{2 м}, 0, \dots, (- 1)^{р - 1} \frac{ℏ к^{2 р}}{2 м}, 0) знак равно с

$\begin{equation} p\left(0,-k,0,k^3,\dots,0,(-1)^r k^{2r-1},\frac{\hbar k^2}{2m},0,-\frac{\hbar k^4}{2m},0,\dots,(-1)^{r-1}\frac{\hbar k^{2r}}{2m},0\right)=c \end{equation}$ когда

d = 2 r - 1

$d=2r-1$ странно, и

п (0, - к, 0, к^{3}, \dots, 0, (- 1)^{р} к^{2 р - 1}, 0, \frac{ℏ к^{2}}{2 м}, 0, - \frac{ℏ к^{4}}{2 м}, 0, \dots, (- 1)^{р - 1} \frac{ℏ к^{2 р}}{2 м}, 0, (- 1)^{р} \frac{ℏ к^{2 р + 2}}{2 м}) знак равно с

$\begin{equation} p\left(0,-k,0,k^3,\dots,0,(-1)^r k^{2r-1},0,\frac{\hbar k^2}{2m},0,-\frac{\hbar k^4}{2m},0,\dots,(-1)^{r-1}\frac{\hbar k^{2r}}{2m},0,(-1)^{r}\frac{\hbar k^{2r+2}}{2m}\right)=c \end{equation}$ когда

d = 2 r

$d=2r$ даже. Принимая предел приведенных выше выражений как

k \to 0

$k \rightarrow 0$ , получаем в обоих случаях

c = 0

$c=0$ . КЭД

Я думаю, что этот очень простой результат и должен был иметь в виду Бом, когда делал свое заявление. На самом деле это относится к тому типу эвристических соображений, которыми физики руководствуются в своих поисках правильного физического закона нового явления, когда под рукой нет ясной теории, и именно это имело место в начале двадцатого века, когда родилась квантовая механика. . Бом в своей фантастической книге пытался точно воспроизвести процесс открытия квантовых законов, потому что он был абсолютно убежден, что только размышляя о возможных путях развития квантовой механики, мы можем по-настоящему познакомиться с этим странным и неинтуитивным явлением. теории, и мы действительно можем попытаться понять физический смысл понятий, скрытых за ее абстрактными математическими формализмами.

Отсутствие вероятности для реальных волновых уравнений

Маурицио Барбато

Биофизик

Маурицио Барбато

Биофизик

Ответы (3)

Ахметели

Маурицио Барбато

Биофизик

Маурицио Барбато

Биофизик

АтмосферныйТюрьмаПобег

Маурицио Барбато

Маурицио Барбато

вероятно_кто-то

Маурицио Барбато

вероятно_кто-то

Маурицио Барбато

вероятно_кто-то

Маурицио Барбато

вероятно_кто-то

вероятно_кто-то

Маурицио Барбато

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?

Вариационный вывод уравнения Шрёдингера

Амплитуда амплитуды вероятности. Который из них?

Почему волновые функции в квантовой механике показаны как сложные круговые волны, а не как настоящие плоские волны?

Что на самом деле означает уравнение Шредингера?

Физическая интерпретация комплексных чисел [дубликат]

Значение iii в уравнении Шредингера [дубликат]

Почему мы используем ψψ\psi вместо простой вероятности?

Можно ли сформулировать уравнение Шредингера таким образом, чтобы исключить мнимые числа? [дубликат]

Сопряженное решение уравнения Шредингера