Ist F=maF=maF=ma eine Annahme in der ursprünglichen Schrödinger-Gleichung?

Question

Ist F=maF=maF=ma eine Annahme in der ursprünglichen Schrödinger-Gleichung?

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Ich glaube, die Antwort ist ja, denn in $\hat{H}\psi=E\psi$ Er benutzte anfangs, $\hat{H}=\frac{\hat{p}^2}{2m}+\hat{V}$ wurde von Hamilton eindeutig von der klassischen Mechanik abgeleitet.

Könnten Sie das bitte für mich klären?

In Sakurais Modern Quantum Mechanics „leitete“ er den Schr eq. Allerdings habe ich die Abläufe nicht ganz verstanden.

Benutzer12029

Ich denke, die Antwort wird sehr subjektiv sein. Die einzige Annahme in Schrödingers Gleichung ist die Gleichung selbst!

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Ist F=maF=maF=ma eine Annahme in der ursprünglichen Schrödinger-Gleichung?

Ich denke, die Antwort wird sehr subjektiv sein. Die einzige Annahme in Schrödingers Gleichung ist die Gleichung selbst!

Sean E. Lake · Answer 1

Ich überlasse es einem Historiker zu sagen, ob die Wissenschaftler verwendet haben oder nicht $\mathbf{F} = m\mathbf{a}$ wörtlich oder nicht. Eine der Grundlagen der Quantenmechanik ist jedoch das Korrespondenzprinzip . Dies ist der Name eines breiteren Prinzips in der Physik, dass jede neue Theorie mit älteren Theorien in dem Regime übereinstimmen muss, in dem sich die älteren Theorien als gültig erwiesen haben. In diesem Sinne "benutzte" Einstein die Newtonsche Mechanik, um die spezielle Relativitätstheorie zu machen, und dann die spezielle Relativitätstheorie bei der Produktion der allgemeinen Relativitätstheorie. Zurück zur Quantenmechanik, die am häufigsten verwendete Version des Korrespondenzprinzips ist, dass die Erwartungswerte von Quantenoperatoren den klassischen Bewegungsgleichungen gehorchen müssen. In diesem Fall ist die genauere Version das Differentialgleichungspaar:

\begin{aligned} F & = \frac{D P}{D T}, A N D \\ P & = M \frac{D X}{D T} . \end{aligned}

$\begin{align} \mathbf{F} &= \frac{\operatorname{d} \mathbf{p}}{\operatorname{d} t},\ \mathrm{and} \\ \mathbf{p} & = m \frac{\operatorname{d} \mathbf{x}}{\operatorname{d} t}. \end{align}$ Was ist

F

$\mathbf{F}$ , obwohl? Nun, das bekommen wir von der klassischen Hamiltonschen Mechanik

F_{i} = - \frac{\partial H}{\partial x_{i}}

$\mathbf{F}_i = -\frac{\partial H}{\partial x_i}$ Und

\frac{p_{i}}{m} = \frac{\partial H}{\partial p_{i}}

$\frac{\mathbf{p}_i}{m} = \frac{\partial H}{\partial p_i}$ Ändere die Gleichungen zu:

\begin{aligned} - \frac{\partial H}{\partial X_{ich}} & = \frac{D P_{ich}}{D T}, A N D \\ \frac{\partial H}{\partial P_{ich}} & = \frac{D X_{ich}}{D T} . \end{aligned}

$\begin{align} -\frac{\partial H}{\partial x_i} &= \frac{\operatorname{d} p_i}{\operatorname{d} t},\ \mathrm{and}\\ \frac{\partial H}{\partial p_i} &= \frac{\operatorname{d} x_i}{\operatorname{d} t}. \end{align}$

Für die Quantenmechanik sind diese Bewegungsgleichungen die Form, die die quantenmechanischen Erwartungswerte,

\begin{aligned} - ⟨ \frac{\partial H}{\partial X_{ich}} ⟩ & = \frac{D ⟨ P_{ich} ⟩}{D T}, A N D \\ ⟨ \frac{\partial H}{\partial P_{ich}} ⟩ & = \frac{D ⟨ X_{ich} ⟩}{D T}, \end{aligned}

$\begin{align} -\left\langle \frac{\partial H}{\partial x_i} \right\rangle &= \frac{\operatorname{d} \langle p_i \rangle}{\operatorname{d} t},\ \mathrm{and}\\ \left\langle \frac{\partial H}{\partial p_i}\right\rangle &= \frac{\operatorname{d} \langle x_i \rangle}{\operatorname{d} t}, \end{align}$ gehorchen nach dem Satz von Ehrenfest , der eine der am häufigsten zitierten Versionen des Korrespondenzprinzips ist.

Joshua Heath · Answer 2

Es ist gefährlich, über die Schrödinger-Gleichung und andere quantenmechanische Ideen aus der einfachen Newtonschen Physik nachzudenken. Es ist natürlicher, die klassische Hamiltonsche Mechanik zu betrachten. Zum Beispiel haben wir in der Hamiltonschen Mechanik die Poisson-Klammer, die man sich als klassisches Analogon des quantenmechanischen Kommutators vorstellen könnte:

{A, B} = \sum_{ich} (\frac{\partial A}{\partial Q_{ich}} \frac{\partial B}{\partial P_{ich}} - \frac{\partial B}{\partial Q_{ich}} \frac{\partial A}{\partial P_{ich}})

$\{A,\,B\} = \sum_i \left(\frac{\partial A}{\partial q_i}\frac{\partial B}{\partial p_i}-\frac{\partial B}{\partial q_i}\frac{\partial A}{\partial p_i} \right)$

Wo $A$ Und $B$ sind einige physikalische Größen. Aus dem Obigen haben wir die interessante Eigenschaft, dass die Poisson-Klammer eine zeitunabhängige Größe ist $A$ mit dem Hamilton-Operator ist das Negative der Gesamtzeitableitung:

\begin{aligned} {H, A} = - \frac{D A}{D T} \end{aligned}

$\begin{align} \{H,\,A\}=-\frac{dA}{dt} \end{align}$

Gehen wir nun in die quantenmechanische Welt und ändern unsere Poisson-Klammern in echte blaue Quantenkommutatoren:

{A, B} \to \frac{1}{ich ℏ} [A, B]

$\{A,\,B\}\rightarrow \frac{1}{i\hbar}[A,\,B]$

Setzen Sie dies in unsere Gleichung für die obige Ableitung ein und nehmen Sie $A$ Und $H$ Mittelwerte in Bezug auf eine Wellenfunktion sein $|\psi\rangle$ , und nehmen $A$ zur Eins erhalten wir die Schrödinger-Gleichung:

ich ℏ \frac{D}{D T} | ψ ⟩ = H | ψ ⟩

$i\hbar \frac{d}{dt}|\psi\rangle = H|\psi\rangle$

Wie ZeroTheHero sagte, ist Schrödingers Gleichung nicht auf einfache Hamilton-Operatoren der Form beschränkt $p^2/2m+V$ – es ist viel allgemeiner als das, und um es als die Grenze einer klassischen Theorie zu verstehen, müssen wir in die Hamiltonsche Mechanik im Gegensatz zur Newtonschen Mechanik eintauchen.

ZeroTheHero · Answer 3

Die Schrödinger-Gleichung ist in keiner Weise auf Hamilton-Operatoren der Form beschränkt

H = \frac{P^{2}}{2 M} + v (Q)

$H=\frac{p^2}{2m} + V(q)$ und muss daher keine Verbindung zu haben

F = m a

$F=ma$ .

Dirakologie · Answer 4

Ich denke, ein glattes Nein ist keine richtige Antwort. Schrödinger hat sich bei seiner Formulierung der Wellenmechanik eindeutig von der klassischen Mechanik, genauer vom Hamilton-Jacobi-Formalismus , leiten lassen. Andererseits kann die analytische Mechanik mittels des d'Alembert-Prinzips auf das zweite Newtonsche Gesetz zurückgeführt werden . Daher ist die Schrödinger-Gleichung in diesem Sinne indirekt mit dem zweiten Newtonschen Gesetz verwandt

Hamilton selbst hat sich viel Mühe gegeben, eine Analogie zwischen klassischer Mechanik und geometrischer Optik zu verstehen und zu entwickeln. Er bemerkte, dass in der Hamilton-Jacobi-Theorie der Impuls des Teilchens gegeben ist durch $\vec\nabla S$ , wo die Hauptfunktion des Hamilton $S$ ist die Aktion, die als Funktion der Koordinaten betrachtet wird. Durch Betrachtung ebener Flächen $S=\mathrm{const.}$ Wir sehen, dass die Flugbahn der Partikel orthogonal zu den ebenen Oberflächen ist. Dies ist vergleichbar mit Lichtstrahlen, die sich senkrecht zu ebenen Flächen ausbreiten, die einer konstanten Phase (Wellenfronten) entsprechen.

Schrödinger vermutete 1926, dass die Aktion $S$ war in der Tat eine Phase eines Wellenprozesses. Daher sollte diese Welle aussehen

ψ = ψ_{0} \exp \frac{ich S}{ℏ} = ψ_{0} \exp \frac{ich}{ℏ} [W (X) - E T],

$\psi=\psi_0\exp{\frac{iS}{\hbar}}=\psi_0\exp{\frac{i}{\hbar}\left[W(x)-Et\right]},$ Wo

W (x)

$W(x)$ ist die Hamiltonsche charakteristische Funktion . Die Konstante

ℏ = h / 2 π

$\hbar=h/2\pi$ so gewählt, dass diese Welle Frequenz hat

ν = E / h

$\nu=E/h$ , die damals bekannte Planck-Relation . Setzt man diese Welle in eine Wellengleichung ein, erhält man schließlich die Schrödinger-Gleichung

- \frac{ℏ^{2}}{2 M} \nabla^{2} ψ + v ψ = ich ℏ \frac{\partial ψ}{\partial T} .

$-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\psi+V\psi=i\hbar\frac{\partial\psi}{\partial t}.$ Die klassische Mechanik kann als Grenzfall der Quantenmechanik durch Einstecken verstanden werden

ψ = ψ_{0} e^{\frac{i S}{ℏ}}

$\psi=\psi_0e^\frac{iS}{\hbar}$ in die Schrödinger-Gleichung ein und nehmen den Grenzwert

ℏ \to 0

$\hbar\rightarrow 0$ . Das Ergebnis ist die Hamilton-Jacobi-Gleichung.

Hamilton-Jacobi ist eine Formulierung der analytischen oder Variationsmechanik und hat daher seine Wurzeln im d'Alembert-Prinzip. Dieses Prinzip besagt, dass die virtuelle Arbeit der effektiven Kraft – aufgebrachte Kraft minus Impulsänderungsrate – Null ist. Um zu diesem Prinzip zu gelangen, geht man ausdrücklich vom zweiten Newtonschen Gesetz aus $\vec F=\dot p$ .

Es ist interessant festzustellen, dass Hamilton ein Jahrhundert vor Schrödinger kurz davor stand, die Wellenmechanik zu formulieren. Er tat es jedoch nicht, wahrscheinlich aus Mangel an experimentellen Beweisen.

Parker · Answer 5

Nein. Es gibt in der Quantenmechanik kein wirklich gut definiertes Konzept von "Kraft". Angenommen, der Hamiltonoperator für ein freies Teilchen nimmt die Form an $H = p^2/(2m)$ ist nicht dasselbe wie davon auszugehen $F = ma$ , weil die Hamilton-Gleichungen in der Quantenmechanik (außer in gewissen Grenzen) nicht gelten.

Die Heisenberg-Bewegungsgleichungen sind eigentlich Hamilton-Gleichungen, die auf Operatoren angewendet werden, daher kann Ihre letzte Aussage irreführend sein.

Ist F=maF=maF=ma eine Annahme in der ursprünglichen Schrödinger-Gleichung?

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Benutzer12029

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Sean E. Lake

Joshua Heath

ZeroTheHero

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Dirakologie

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AccidentalFourierTransform

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