Wahrscheinlichkeit Stromdichte Verwirrung

Question

Wahrscheinlichkeit Stromdichte Verwirrung

Indischer Physiker

Wie wir alle wissen, ist die Wahrscheinlichkeitsstromdichte in der Quantenmechanik definiert als:

J = \frac{ℏ}{2 M ich} (Ψ^{*} \nabla Ψ - Ψ \nabla Ψ^{*})

$\textbf{J}=\dfrac{\hbar}{2mi}(\Psi^* \nabla \Psi-\Psi \nabla \Psi^*)$ Arbeiten wir der Einfachheit halber in einer Dimension und nehmen wir eine Wellenfunktion an

Ψ = A cos k x

$\Psi= A\ \text{cos}\ {kx}$ . Die Anwendung der obigen Definition und damit die Verwendung

J = \frac{ℏ}{2 M ich} (Ψ^{*} \frac{\partial Ψ}{\partial X} - Ψ \frac{\partial Ψ^{*}}{\partial X}) wir bekommen: J = 0

$J=\dfrac{\hbar}{2mi}\Big(\Psi^* \dfrac{\partial \Psi}{\partial x}-\Psi \dfrac{\partial \Psi^*}{\partial x}\Big)\quad\quad \text{we get:}\quad\quad J=0$ Unter Verwendung der Kontinuitätsgleichung bedeutet dies:

\frac{\partial ρ}{\partial T} = 0,

$\dfrac{\partial \rho}{\partial t}=0,$ was uns nach dem Lösen ergibt:

ρ = f (x)

$\rho=f(x)$ . Somit ist die Wahrscheinlichkeitsdichte zu jedem Zeitpunkt unabhängig von der Zeit. Nun, dieses Ergebnis wird folgen, selbst wenn wir nehmen

Ψ = A cos (k x - ω t)

$\Psi= A\ \text{cos}\ {(kx-\omega t)}$ . Aber hier können wir deutlich sehen, dass die Wahrscheinlichkeitsdichte, dh

| Ψ |^{2} = | A |^{2} {cos}^{2} (k X - ω T)

$|\Psi|^2=|A|^2\ \text{cos}^2\ {(kx-\omega t)}$ ist zeitabhängig. Ist es

A

$A$ was trägt die Zeitabhängigkeit und ist für diese scheinbare Diskrepanz verantwortlich?

Antworten (3)

Wahrscheinlichkeit Stromdichte Verwirrung

Friedrich Thomas · Answer 1

Eine Lösung der freien eindimensionalen Schrödinger-Gleichung:

ich ℏ \frac{\partial ψ}{\partial T} = - \frac{ℏ^{2}}{2 M} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial X^{2}} (1)

$i\hbar \frac{\partial \psi}{\partial t} = -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}\,\,\,\quad \text{(1)}$

Ist:

ψ = A e^{ich (k X - ω T)} (2)

$\psi = A e^{i(kx -\omega t)} \quad\quad\quad \text{(2)}$

Wo $\omega$ erfüllt die Bedingung $\hbar \omega = \frac{(\hbar k)^2}{2m}$ .

Versucht man versuchsweise, a zu konstruieren $\cos$ -Lösung würde man schreiben

ψ = \frac{A}{2} e^{ich (k X - ω T)} + \frac{A}{2} e^{- ich (k X - ω T)} = A \cos (k X - ω T)

$\psi = \frac{A}{2} e^{i(kx -\omega t)} + \frac{A}{2} e^{-i(kx -\omega t)} = A \cos (kx -\omega t)$

Bei der Überprüfung, ob

ψ = A e^{- ich (k X - ω T)}

$\psi = A e^{-i(kx -\omega t)}$ die Schrödinger-Gleichung löst, würde man nur dann eine Lösung finden, wenn folgende Bedingung erfüllt ist:

E = ℏ ω = - \frac{(ℏ k)^{2}}{2 M}

$E = \hbar \omega = -\frac{(\hbar k)^2}{2m}$

Negative Energielösungen sind jedoch in der nichtrelativistischen Theorie nicht erlaubt, daher muss diese Lösung verworfen werden, folglich auch die $\cos$ -Lösung muss ebenfalls verworfen werden. Dies kann natürlich direkt durch Einfügen der überprüft werden $\cos (kx-\omega t)$ in der freien Schrödinger-Gleichung (1); es ist keine Lösung. Man kann also nicht erwarten, dass sie die Kontinuitätsgleichung erfüllt.

Die einzigen vernünftigen Lösungen in diesem Zusammenhang sind also entweder (2) oder

ψ (X) = \cos (k X) (3)

$\psi(x) = \cos(kx)\quad\quad\quad \text{(3)}$

für die freizeitunabhängige Schrödinger-Gleichung

\frac{\partial^{2} ψ}{\partial X^{2}} + \frac{2 M}{ℏ^{2}} E = 0

$\frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2} +\frac{2m}{\hbar^2}E =0$

unter der Vorraussetzung $\frac{(\hbar k)^2}{2m} =E$ .

Beide Lösungen (2) und (3) erfüllen die Kontinuitätsgleichung, auch wenn sie sich im Fall von (3) als recht uninteressant herausstellt.

Lösung (3) kann natürlich durch Auswahl zu einer zeitabhängigen Lösung ausgebaut werden

ψ (X, T) = e^{- ich ω T} \cos (k X)

$\psi(x,t) = e^{-i\omega t} \cos(kx)$

Natürlich wären geeignete Überlagerungen von entweder (2) oder (3) auch Lösungen, aber mit dem richtigen Vorzeichen von $i$ bei zeitabhängigen Lösungen.

EDIT Bei der zeitabhängigen Lösung (2) die Wahrscheinlichkeit aktuell $J$ ist ungleich Null, aber sein Gradient ist Null, also sogar wenn $\dot{\rho}=0$

\dot{ρ} + \nabla J = 0

$\dot{\rho} + \nabla J =0$

ist erfüllt.

meine2cts · Answer 2

meine2cts

Die Kontinuitätsrelation gilt für Lösungen der Schrödinger-Gleichung. $A\cos (\omega t - k x)$ ist keine Lösung.

Benutzer245141

Ich glaube nicht, dass das stimmt.

ψ = A \cos (k x - ω t)

$\psi = A \cos(kx-\omega t)$ ist eine Superposition zweier Eigenfunktionen eines Hamiltonoperators

H = v p

$H=v p$ - eine mit Momenta

k

$k$ und der andere mit

- k

$-k$ . Dies kann weiter formalisiert werden, indem periodische Randbedingungen auf einer endlichen Länge gefordert werden

L

$L$ , so dass auch die Frage der Normalisierung hier nicht zum Tragen kommt.

Aftershave

Es ist offensichtlich wahr, versuchen Sie einfach, diese Funktion in die zeitabhängige Schrödinger-Gleichung einzusetzen.

Benutzer245141

@AfterShave wenn

H = - i v \partial_{x}

$H = -iv \partial_x$ , Dann

H ψ = i v k A \sin (k x - ω t)

$H \psi = iv k A \sin(kx-\omega t)$ ,

i d ψ / d t = i ω A \sin (k x - ω t)

$i d\psi/dt = i \omega A \sin(kx-\omega t)$ die gleich lang sind

ω = v k

$\omega = vk$ So

H ψ = i d ψ / d t

$H\psi = i d\psi/dt$ Was vermisse ich?

Aftershave

Der Hamiltonoperator in Positionsbasis ist

- \frac{ℏ^{2}}{2 M} \partial_{X}^{2}

$-\frac{\hbar^2}{2m} \partial_x^2$

Benutzer245141

@AfterShave nein, dies ist nur ein Beispiel für einen Hamiltonian auf Positionsbasis. Der Hamiltonian, den ich geschrieben habe, ist vollständig gültig). Mir ist nichts bekannt, was den Wahrscheinlichkeitsstrom auf die von Ihnen geschriebene Form des Hamilton-Operators beschränkt.

Aftershave

Der Ausdruck für die Wahrscheinlichkeitsstromdichte gilt nur für den von mir angegebenen Hamilton-Operator, Ihr Hamilton-Operator wird einen anderen Ausdruck liefern. Tatsächlich würde ich es überhaupt nicht als Hamiltonian bezeichnen, da es keine begrenzten Energien hat. Ich betone noch einmal, der Ausdruck für die lokal erhaltene Wahrscheinlichkeitsstromdichte ist vom Hamiltonoperator abhängig.

Benutzer245141

@AfterShave oh. Ich verstehe. sie haben Recht. Diese Form des Wahrscheinlichkeitsstroms gilt allerdings nur für einen Hamiltonoperator mit reellem Potential und freiem Anteil

p^{2}

$p^2$ , Danke.

JG · Answer 3

Hier gibt es mehrere Themen zu diskutieren.

Seit $\nabla\cdot J=\frac{\hbar}{2mi}(\Psi^\ast\nabla^2\Psi-\Psi\nabla^2\Psi^\ast)$ , erfüllt eine TDSE-Lösung

\nabla^{2} Ψ = \frac{2 M}{ℏ^{2}} (v Ψ - ich ℏ \partial_{T} Ψ) ⟹ - \nabla \cdot J = Ψ^{*} \partial_{T} Ψ + Ψ \partial_{T} Ψ^{*} = \partial_{T} ρ, ρ := Ψ^{*} Ψ .

$\nabla^2\Psi=\frac{2m}{\hbar^2}(V\Psi-i\hbar\partial_t\Psi)\implies-\nabla\cdot J=\Psi^\ast\partial_t\Psi+\Psi\partial_t\Psi^\ast=\partial_t\rho,\,\rho:=\Psi^\ast\Psi.$ Eine Auswahl von

V

$V$ wofür

Ψ := \cos (k x - ω t)

$\Psi:=\cos(kx-\omega t)$ löst die TDSE impliziert

\partial_{t} \cos^{2} (k x - ω t) = 0

$\partial_t\cos^2(kx-\omega t)=0$ , was eindeutig falsch ist, es sei denn

ω = 0

$\omega=0$ . Wenn

ω \neq 0

$\omega\ne0$ ,

v = \frac{ℏ^{2}}{2 M} \frac{\nabla^{2} Ψ}{Ψ} + ich ℏ \frac{\partial_{T} Ψ}{Ψ} = - \frac{ℏ^{2} k^{2}}{2 M} + ich ℏ ω bräunen (k X - ω T)

$V=\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\nabla^2\Psi}{\Psi}+i\hbar\frac{\partial_t\Psi}{\Psi}=-\frac{\hbar^2k^2}{2m}+i\hbar\omega\tan(kx-\omega t)$ ist ein zeitabhängiges Potential ohne Grundzustand.

Genauer gesagt, diese Wahl von $\rho$ integriert sich nicht $1$ An $\Bbb R$ . Selbst wenn wir versuchen, so etwas wie ein Teilchen in einer endlichen Box zu umgehen, ist dies Ihre Wahl $\rho$ ist dimensionslos, wird also nicht in den dimensionslosen Wert von integriert $1$ über einen Bereich endlicher dimensionaler Länge. Während wir oft sehen $\cos(kx-\omega t)$ , $\sin(kx-\omega t)$ oder $\exp i(kx-\omega t)$ In der Physik gibt es in der Praxis einen Gesamtfaktor, um die Einheiten richtig zu machen.

Und in der Quantenmechanik erwarten wir $\Psi$ im Allgemeinen komplexwertig sein. Betrachten wir nun eine andere Option, $\Psi=A\exp i(kx-\omega t)$ , wo ohne Verlust der Allgemeinheit unsere Konstante $A$ positiv angenommen werden kann und nicht von irgendeiner anderen Phase. Also jetzt

v = - \frac{ℏ^{2} k^{2}}{2 M} + ℏ ω, ρ = A^{2}, \partial_{T} ρ = 0.

$V=-\frac{\hbar^2k^2}{2m}+\hbar\omega,\,\rho=A^2,\,\partial_t\rho=0.$ Auch hier gibt es ein Normalisierungsproblem, das entweder Wände mit unendlichem Potenzial (oder

x

$x$ um den Raum um einen Umfang herum zu messen, aber lassen Sie uns Dinge wie die Quantenmechanik auf einem Torus ignorieren). Beachten Sie, dass die Teilchen in den Hailton-Eigenfunktionen einer Box normalerweise als Sinus oder Cosinus in Bezug auf angegeben werden

x

$x$ allein, nicht

t

$t$ ; aber wenn wir ihre Zeitabhängigkeit konkretisieren wollen, multiplizieren wir mit einem Gesamtwert

e^{- i ω t}

$e^{-i\omega t}$ Faktor, der ein Verhalten ergibt, das sich von allem, was oben besprochen wurde, unterscheidet. Insbesondere spielt dieser Faktor keine Rolle

ρ

$\rho$ , die wie gewünscht zeitunabhängig ist.

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Friedrich Thomas

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JG

Wahrscheinlichkeit aktuell

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