Почему в уравнении Шредингера нет члена mc2mc2mc^2?

Question

Почему в уравнении Шредингера нет члена mc2mc2mc^2?

Дж. Мануэль

Признание анзаца

\begin{matrix} (1) & ψ знак равно е^{я (к Икс - ю т)} \end{matrix}

$ψ=e^{i(kx-ω t)} \tag{1}$ затем

\begin{matrix} (2) & к^{2} знак равно - ψ^{- 1} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial {Икс}^{2}} \end{matrix}

$k^2=-ψ^{-1} \frac {∂^2ψ}{∂x^2} \tag{2}$ и

\begin{matrix} (3) & ю знак равно я ψ^{- 1} \frac{\partial ψ}{\partial т} \end{matrix}

$ω=iψ^{-1} \frac {∂ψ}{∂t} \tag{3}$

Если допустить, что полная энергия ( $E$ ) связано с импульсом ( $p$ ) как $E=\frac{p^2}{2m}+U$ , допуская также соотношения де Бройля $E=ħω$ ; $p=ħk$ следует, что

\begin{matrix} (4) & \frac{- {час}^{2}}{2 м} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial {Икс}^{2}} + U ψ знак равно я час \frac{\partial ψ}{\partial т} \end{matrix}

$\frac {-ħ^2}{2m} \frac {∂^2ψ}{∂x^2}+Uψ= iħ \frac {∂ψ}{∂t} \tag{4}$

Это уравнение Шрёдингера. Это уравнение называется нерелятивистским из-за использования $E= \frac{p^2}{2m}+U$ ( хотя, строго говоря , он нерелятивистский, потому что не является лоренц-инвариантным).

Однако, исходя из релятивистского уравнения полной энергии

\begin{matrix} (5) & Е знак равно \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{в^{2}}{с^{2}}}} м с^{2} знак равно Т + м с^{2} \end{matrix}

$E=\frac{1}{ \sqrt{1- \frac{v^2}{c^2}}}mc^2=T+mc^2 \tag{5}$

Где, $T$ кинетическая энергия и $mc^2$ собственная энергия частицы. Теперь, используя расширение $\frac{1}{ \sqrt{1- \frac{v^2}{c^2}}}mc^2$

Е "=" м с^{2} + \frac{м в^{2}}{2} + \frac{3 м в^{4}}{8 с^{2}} + \frac{5 м в^{6}}{16 с^{4}} + . . .

$E=mc^2 + \frac{mv^2}{2} + \frac{3mv^4}{8c^2} + \frac{5mv^6}{16c^4}+...$

и игнорирование членов, делящихся на $c$ (поскольку мы рассматриваем $v\ll c$ ). Это становится

\begin{matrix} (6) & Е знак равно \frac{1}{2} м в^{2} + м с^{2} знак равно Т + м с^{2} знак равно \frac{п^{2}}{2 м} + м с^{2} \end{matrix}

$E=\frac{1}{2} mv^2+mc^2=T+mc^2 = \frac{p^2}{2m}+mc^2 \tag{6}$

или

\begin{matrix} (7) & \frac{п^{2}}{2 м} + м с^{2} знак равно час ю знак равно \frac{{час}^{2} к^{2}}{2 м} + м с^{2} \end{matrix}

$\frac{p^2}{2m}+mc^2=ħω=\frac{ħ^2k^2}{2m}+mc^2 \tag{7}$

Так, $mc^2$ не обращается в нуль даже в классическом приближении.

Допуская, что уравнения Планка и де Бройля справедливы в любой ситуации и что $E$ в уравнении Планка есть полная энергия , подставляя уравнения (2) и (3) в (7) уравнение Шредингера «было бы» иметь вид

\begin{matrix} (9) & \frac{- {час}^{2}}{2 м} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial {Икс}^{2}} + м с^{2} ψ знак равно я час \frac{\partial ψ}{\partial т} \end{matrix}

$\frac {-ħ^2}{2m} \frac {∂^2ψ}{∂x^2}+mc^2 ψ = iħ \frac {∂ψ}{∂t} \tag{9}$

Теперь мы могли бы постулировать это уравнение, делая шаги по его получению менее фундаментальными, чем конечный результат.

Я пытался это учитывать $T \ll mc^2$ в уравнении Шредингера, но я понимаю, что электрон в атоме водорода, движущийся с половиной скорости света (используя классические уравнения, поскольку мы анализируем уравнение Шредингера), у него было бы меньше, чем $\rm 100keV$ ( $\rm ≈64keV$ если моя математика не ошибается) кинетической энергии, но $\rm 511keV$ собственной энергии.

Итак, мой вопрос : почему уравнение Шредингера не имеет $mc^2$ срок, если $ħω$ предполагается, что это полная энергия, а не только кинетическая энергия.

Qмеханик

Для связи между Schr. экв. и уравнение Кляйна-Гордона, см., например, A. Zee, QFT in a Nutshell, Chap. III.5 и этот пост Phys.SE плюс ссылки в нем.

Руслан

Обратите внимание, что в классической механике вы также можете добавить любую константу к потенциалу, не затрагивая уравнения движения. Таким образом, вы также можете перейти от релятивистского гамильтониана к нерелятивистскому и отбросить

m c^{2}

$mc^2$ в процессе.

Эмилио Писанти

У вас уже есть два совершенно хороших ответа. В каком смысле этому вопросу «не уделялось должного внимания»?

Дж. Мануэль

@Руслан. В классической механике уравнения движения были бы результатом производных как лагранжиана, так и гамильтониана, своего рода

\partial H / \partial q

$∂H/∂q$ или

\partial L / \partial q

$∂L/∂q$ , поэтому любая карта вида

H = T + (V + C)

$H=T+(V+C)$ или

L = T - (V + C)

$L=T-(V+C)$ было бы так же, как

H = T + V

$H=T+V$ или

L = T - V

$L=T-V$ . В уравнении Шредингера у вас нет явной производной потенциала, см. случай

\frac{- ħ^{2}}{2 m} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial x^{2}} + V (r, t) ψ = i ħ \frac{\partial ψ}{\partial t}

$\frac {-ħ^2}{2m} \frac {∂^2ψ}{∂x^2}+V(r,t)ψ = iħ \frac {∂ψ}{∂t}$ . Интересно, как решения уравнения Шредингера для свободных частиц не вызвали бы никакой разницы, если бы его вдруг заменили уравнением для постоянного потенциала.

Дж. Мануэль

@ЭмилиоПизанти. «Идеально хорошо» для вас не обязательно «идеально хорошо» для меня.

Руслан

Просто: если вы измените

V (r, t) \to V (r, t) + W

$V(r,t)\to V(r,t)+W$ , вы получите доп.

\exp (i W t / ℏ)

$\exp(iWt/\hbar)$ фактор в собственных состояниях, но это не имеет физического значения, поскольку все различия в собственных энергиях будут одинаковыми. Не забывайте, что глобальная фаза не является наблюдаемой.

Эмилио Писанти

@ J.Manuel Если существующие ответы неудовлетворительны, я бы посоветовал вам на самом деле взаимодействовать с ответчиками и запрашивать разъяснения, а не просто бросать представителя на проблему и надеяться, что другие люди волшебным образом узнают, что это за существующие ответы, которые вы нашел запутанным. На самом деле нечего сказать, чего еще нет в ответах Вальтера и Кнчжоу, включая два новых ответа.

Ответы (4)

Почему в уравнении Шредингера нет члена mc2mc2mc^2?

Для связи между Schr. экв. и уравнение Кляйна-Гордона, см., например, A. Zee, QFT in a Nutshell, Chap. III.5 и этот пост Phys.SE плюс ссылки в нем.
Обратите внимание, что в классической механике вы также можете добавить любую константу к потенциалу, не затрагивая уравнения движения. Таким образом, вы также можете перейти от релятивистского гамильтониана к нерелятивистскому и отбросить $mc^2$ в процессе.
У вас уже есть два совершенно хороших ответа. В каком смысле этому вопросу «не уделялось должного внимания»?
@Руслан. В классической механике уравнения движения были бы результатом производных как лагранжиана, так и гамильтониана, своего рода $∂H/∂q$ или $∂L/∂q$ , поэтому любая карта вида $H=T+(V+C)$ или $L=T-(V+C)$ было бы так же, как $H=T+V$ или $L=T-V$ . В уравнении Шредингера у вас нет явной производной потенциала, см. случай $\frac {-ħ^2}{2m} \frac {∂^2ψ}{∂x^2}+V(r,t)ψ = iħ \frac {∂ψ}{∂t}$ . Интересно, как решения уравнения Шредингера для свободных частиц не вызвали бы никакой разницы, если бы его вдруг заменили уравнением для постоянного потенциала.
@ЭмилиоПизанти. «Идеально хорошо» для вас не обязательно «идеально хорошо» для меня.
Просто: если вы измените $V(r,t)\to V(r,t)+W$ , вы получите доп. $\exp(iWt/\hbar)$ фактор в собственных состояниях, но это не имеет физического значения, поскольку все различия в собственных энергиях будут одинаковыми. Не забывайте, что глобальная фаза не является наблюдаемой.
@ J.Manuel Если существующие ответы неудовлетворительны, я бы посоветовал вам на самом деле взаимодействовать с ответчиками и запрашивать разъяснения, а не просто бросать представителя на проблему и надеяться, что другие люди волшебным образом узнают, что это за существующие ответы, которые вы нашел запутанным. На самом деле нечего сказать, чего еще нет в ответах Вальтера и Кнчжоу, включая два новых ответа.

Вальтер Моретти · Answer 1

Вальтер Моретти

Просто потому, что для введения постоянного добавленного члена $mc^2I$ оператору Гамильтона было бы эквивалентно переопределению $\psi \to \psi'= e^{imc^2 t/\hbar}\psi$ . Такого рода фазы не имеют значения в QM. Вы не можете увидеть их, измеряя любую наблюдаемую. Чистые состояния на самом деле являются операторами вида $|\psi \rangle \langle \psi|$ и вы видите, что эти фазы компенсируют друг друга.

Вместо этого, если бы масса была заменена массовым оператором с дискретным спектром, картина изменилась бы. В классическом пределе быстрые временные колебания фаз (я предполагаю, что масса велика по сравнению с типичными энергиями системы) разрушили бы когерентность суперпозиций различных масс, динамически порождая правило суперотбора массы Баргмана. правило суперотбора (см. здесь или здесь ).

Руслан

Это хороший трюк, чтобы объяснить отмену фазы, переключившись на формализм оператора плотности. Но не отменяет ли он также любые изменения знака при обмене частицами, делая фермионы и бозоны чем-то вроде эквивалента?

Вальтер Моретти

Извините, я удалил свой предыдущий комментарий, потому что я думал, что вы имели в виду мое последнее замечание. Нет, с отменой фаз проблем не возникает. Формализм оператора плотности полностью достаточен для работы с КМ. Любая операция может быть выполнена с использованием этого формализма. Чистые состояния представляют собой матрицы плотности вида

P = | ψ ⟩ ⟨ ψ |

$P=|\psi\rangle \langle \psi|$ . Единственное, что вы можете вычислить, — это ожидаемые значения, и оно выполняется.

⟨ ψ | A ψ ⟩ = t r (P A)

$\langle\psi |A \psi\rangle = tr(PA)$ .

Вальтер Моретти

Однако вы можете различать матрицы плотности формы

P = | ψ ⟩ ⟨ ψ |

$P=|\psi\rangle \langle \psi|$ с симметричным или антисимметричным вектором идентичных частиц

| ψ ⟩

$|\psi\rangle$ под действием группы перестановок... Хотя и не возникает знаком перед

P

$P$ при действии с унитарным представлением группы перестановок таким образом

U P U^{*}

$UPU^*$ потому что знаки отменяют.

Дж. Мануэль

@Вальтер Моретти. Если вы видите уравнение (9), оно равно уравнению Шредингера для частицы с постоянным потенциалом, хотя (в данном случае) оно представляет собой свободную частицу. В уравнении Шредингера свободные частицы имеют колебательные решения, пока их энергия положительна. Однако уравнение (9) имеет колебательные решения, только если

E > m c^{2}

$E>mc^2$ , это может иметь измеримый эффект на такие вещи, как туннельный эффект, за счет увеличения высоты барьера или на интерференционные картины частиц с низкой энергией, не так ли?

Вальтер Моретти

@ J.Manuel действительно спектр

- ℏ^{2} (2 m)^{- 1} d^{2} / d x^{2} + m c^{2}

$-\hbar^2(2m)^{-1}d^2/dx^2 + mc^2$ является

[m c^{2}, + \infty)

$[mc^2, +\infty)$ и нет элементов под

m c^{2}

$mc^2$ . Собственные функции являются колебательными, что обусловлено...

Вальтер Моретти

Конечный (по глубине) барьер также будет иметь (неправильные) собственные значения под барьером. Это не так, так как барьер занимает все пространство...

Кнчжоу · Answer 2

В нерелятивистской квантовой механике частицы не могут создаваться или уничтожаться, и каждая частица имеет постоянную массу. $m$ . Это означает доп. $E = mc^2$ энергия - это просто константа, поэтому ее можно вычесть, добавив константу к гамильтониану; имеют значение только энергетические различия.

The $E = mc^2$ может играть роль в квантовой теории поля, поскольку там могут создаваться или уничтожаться частицы; например, он высвобождается при парной аннигиляции, придавая продуктам дополнительную энергию.

Где QM и особенно уравнение Шредингера входят в ваш ответ?

StephenG - Помощь Украине · Answer 3

Скажем, мы начнем с этого вашего уравнения:

$- \frac{ℏ^{2}}{2 м} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial {Икс}^{2}} + В ψ + м с^{2} ψ знак равно я ℏ \frac{\partial ψ}{\partial т}$ $-\frac {\hbar^2}{2m} \frac {\partial^2\psi}{\partial x^2}+V\psi +mc^2\psi=i\hbar \frac {\partial \psi}{\partial t}$

Теперь простое преобразование приводит его к исходной форме:

ψ знак равно е^{Вт т} ф

$\psi = e^{Wt}\phi$

- \frac{ℏ^{2}}{2 м} е^{Вт т} \frac{\partial^{2} ф}{\partial {Икс}^{2}} + В е^{Вт т} ф + м с^{2} е^{Вт т} ф знак равно я ℏ е^{Вт т} \frac{\partial ф}{\partial т} + я ℏ Вт е^{Вт т} ф

$-\frac {\hbar^2}{2m} e^{Wt} \frac {\partial^2\phi}{\partial x^2}+Ve^{Wt}\phi+mc^2e^{Wt}\phi=i\hbar e^{Wt} \frac {\partial \phi}{\partial t} + i\hbar W e^{Wt}\phi$

Что сводится к:

- \frac{ℏ^{2}}{2 м} \frac{\partial^{2} ф}{\partial {Икс}^{2}} + В ф + м с^{2} ф знак равно я ℏ \frac{\partial ф}{\partial т} + я ℏ Вт ф

$-\frac {\hbar^2}{2m} \frac {\partial^2\phi}{\partial x^2}+V\phi+mc^2\phi=i\hbar \frac {\partial \phi}{\partial t} + i\hbar W \phi$

И это легко увидеть $i\hbar W := mc^2$ восстанавливает первоначальный вид уравнения.

Таким образом, как мы сделали при добавлении члена массы покоя, мы добавили довольно бессмысленный фазовый член, который ничего для нас не делает:

ψ знак равно ф е Икс п (я \frac{м с^{2}}{ℏ} т)

$\psi = \phi \,\, exp\left( i\frac{mc^2}{\hbar} t\right)$

Это изменение фазы, которое не имеет общего эффекта, обсуждается в ответах Вальтера Моретти и Руслана .

Гениальное замечание не было задумано как оскорбление. Я перефразирую это.

Руслан · Answer 4

Рассмотрим уравнение Шредингера:

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

$-\frac {\hbar^2}{2m} \frac {\partial^2\psi}{\partial x^2}+V(x,t)\psi=i\hbar \frac {\partial \psi}{\partial t}.$

Пусть некоторая волновая функция $\psi(x,t)$ быть ее решением. Давайте теперь заменим $V(x,t)\to V(x,t)+\hbar W$ , куда $W=\mathrm{const}$ . Соответствующее решение нового уравнения изменится: $\psi(x,t)\to\psi(x,t)\exp(-iWt).$

Рассмотрим теперь наблюдаемую $K$ , с соответствующим оператором $\hat K$ . Его ожидаемое значение, рассчитанное для решения исходного уравнения, будет

\bar{К} (т) знак равно \int_{- \infty}^{\infty} г Икс ψ (Икс, т)^{*} \hat{К} ψ (Икс, т) .

$\overline K(t)=\int\limits_{-\infty}^{\infty}dx\,\psi(x,t)^*\hat K\psi(x,t).$

Теперь давайте заменим $\psi$ в приведенном выше интеграле с решением модифицированного уравнения, где мы сдвинули потенциальную энергию:

\int_{- \infty}^{\infty} г Икс (ψ (Икс, т) опыт (- я Вт т))^{*} \hat{К} (т) (ψ (Икс, т) опыт (- я Вт т)) знак равно знак равно \int_{- \infty}^{\infty} г Икс ψ (Икс, т)^{*} опыт (я Вт т) опыт (- я Вт т) \hat{К} (т) ψ (Икс, т) знак равно знак равно \int_{- \infty}^{\infty} г Икс ψ (Икс, т)^{*} \hat{К} (т) ψ (Икс, т) знак равно \bar{К} (т) .

$\int\limits_{-\infty}^{\infty}dx\,(\psi(x,t)\exp(-iWt))^*\hat K(t)(\psi(x,t)\exp(-iWt))=\\ =\int\limits_{-\infty}^{\infty}dx\,\psi(x,t)^*\exp(iWt)\exp(-iWt)\hat K(t)\psi(x,t)=\\ =\int\limits_{-\infty}^{\infty}dx\,\psi(x,t)^*\hat K(t)\psi(x,t)=\overline K(t).$

Вы можете видеть, что независимо от глобальной фазы наблюдаемая $K$ появляется то же самое. Точно так же можно проверить, что матричные элементы оператора также не будут зависеть от глобальной фазы базисных функций, в которых вы вычисляете матричные элементы.

Любое физически значимое вычисление в конечном счете связано с наблюдаемыми, а не с конкретными значениями абстрактных функций, таких как волновая функция. Таким образом, вам не следует слишком беспокоиться о получении дополнительного фазового множителя при добавлении или удалении постоянного члена к потенциалу.

Почему в уравнении Шредингера нет члена mc2mc2mc^2?

Дж. Мануэль

Qмеханик

Руслан

Эмилио Писанти

Дж. Мануэль

Дж. Мануэль

Руслан

Эмилио Писанти

Ответы (4)

Вальтер Моретти

Руслан

Вальтер Моретти

Вальтер Моретти

Дж. Мануэль

Вальтер Моретти

Вальтер Моретти

Кнчжоу

Вальтер Моретти

StephenG - Помощь Украине

StephenG - Помощь Украине

Руслан

Актуальна ли специальная теория относительности для понимания ядерных бомб?

«Почему» уравнение Шрёдингера нерелятивистское?

Является ли вращение просто «угловым моментом покоя»? [дубликат]

Можно ли полностью заключить релятивистскую квантовую частицу в конечную дырку?

Можем ли мы вывести уравнение Шредингера из уравнения Клейна-Гордона?

Где остальное? - Уравнение Шрёдингера для свободной частицы, положение которой известно

Определение поправочных членов для эквивалентной формы релятивистского уравнения Шрёдингера

Что такое релятивистские и радиационные эффекты (в квантовом моделировании)?

Объяснение уравнения, показывающее неудачный подход к релятивизации уравнения Шредингера

Пределы, используемые для нахождения неотносительного предела уравнения Клейна-Гордона