Warum enthält die Schrödinger-Gleichung keinen Term von mc2mc2mc^2?

Question

Warum enthält die Schrödinger-Gleichung keinen Term von mc2mc2mc^2?

J. Manuel

Ansatz zugeben

\begin{matrix} (1) & ψ = e^{ich (k X - ω T)} \end{matrix}

$ψ=e^{i(kx-ω t)} \tag{1}$ Dann

\begin{matrix} (2) & k^{2} = - ψ^{- 1} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial X^{2}} \end{matrix}

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

\begin{matrix} (3) & ω = ich ψ^{- 1} \frac{\partial ψ}{\partial T} \end{matrix}

$ω=iψ^{-1} \frac {∂ψ}{∂t} \tag{3}$

Wenn man zugibt, dass die Gesamtenergie ( $E$ ) hängt mit Impuls ( $p$ ) als $E=\frac{p^2}{2m}+U$ , wobei er auch die De Broglie-Beziehungen zugibt $E=ħω$ ; $p=ħk$ es folgt dem

\begin{matrix} (4) & \frac{- H^{2}}{2 M} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial X^{2}} + U ψ = ich H \frac{\partial ψ}{\partial T} \end{matrix}

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

Das ist Schrödingers Gleichung. Diese Gleichung wird wegen ihrer Verwendung von als nicht relativistisch bezeichnet $E= \frac{p^2}{2m}+U$ ( streng genommen ist es jedoch nicht relativistisch, weil es nicht Lorentz-invariant ist).

Allerdings ausgehend von der relativistischen Gesamtenergiegleichung

\begin{matrix} (5) & E = \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{v^{2}}{C^{2}}}} M C^{2} = T + M C^{2} \end{matrix}

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

Wo, $T$ ist die kinetische Energie und $mc^2$ die Eigenenergie des Teilchens. Verwenden Sie nun die Erweiterung von $\frac{1}{ \sqrt{1- \frac{v^2}{c^2}}}mc^2$

E = M C^{2} + \frac{M v^{2}}{2} + \frac{3 M v^{4}}{8 C^{2}} + \frac{5 M v^{6}}{16 C^{4}} + . . .

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

und Ignorieren von Mitgliedern, die durch dividieren $c$ (weil wir überlegen $v\ll c$ ). Es wird

\begin{matrix} (6) & E = \frac{1}{2} M v^{2} + M C^{2} = T + M C^{2} = \frac{P^{2}}{2 M} + M C^{2} \end{matrix}

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

oder

\begin{matrix} (7) & \frac{P^{2}}{2 M} + M C^{2} = H ω = \frac{H^{2} k^{2}}{2 M} + M C^{2} \end{matrix}

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

So, $mc^2$ verschwindet auch bei klassischer Näherung nicht.

Zuzugeben, dass die Gleichungen von Planck und de Broglie in jeder Situation gelten und so weiter $E$ in der Planck-Gleichung ist die Gesamtenergie , wenn man Gleichung (2) und (3) in (7) einsetzt, hat die Schrödinger-Gleichung „hätte“ die Form

\begin{matrix} (9) & \frac{- H^{2}}{2 M} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial X^{2}} + M C^{2} ψ = ich H \frac{\partial ψ}{\partial T} \end{matrix}

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

Jetzt könnten wir diese Gleichung postulieren, wodurch die Schritte, um sie zu erhalten, weniger grundlegend sind als das Endergebnis.

Ich habe versucht, das zu berücksichtigen $T \ll mc^2$ in der Schrödinger-Gleichung, aber mir ist klar, dass ein Elektron in einem Wasserstoffatom, das sich mit halber Lichtgeschwindigkeit bewegt (unter Verwendung klassischer Gleichungen, wenn wir die Schrödinger-Gleichung analysieren), weniger als hätte $\rm 100keV$ ( $\rm ≈64keV$ wenn meine Mathematik nicht falsch ist) von kinetischer Energie, aber $\rm 511keV$ der Selbstenergie.

Meine Frage ist also : Warum hat die Schrödinger-Gleichung keine $mc^2$ Begriff, wenn $ħω$ soll die Gesamtenergie sein und nicht nur die kinetische Energie.

QMechaniker

Für eine Verbindung zwischen Schr. Gl. und Klein-Gordon Gl. siehe zB A. Zee, QFT in a Nutshell, Kap. III.5, und dieser Phys.SE-Beitrag sowie darin enthaltene Links.

Ruslan

Beachten Sie, dass Sie in der klassischen Mechanik auch jede Konstante zum Potential addieren können, ohne die Bewegungsgleichungen zu beeinflussen. Daher können Sie auch vom relativistischen Hamiltonian zum nichtrelativistischen gehen und fallen lassen

m c^{2}

$mc^2$ dabei.

Emilio Pisanty

Sie haben bereits zwei vollkommen gute Antworten. Inwiefern wurde dieser Frage „zu wenig Beachtung geschenkt“?

J. Manuel

@Ruslan. In der klassischen Mechanik würden sich die Bewegungsgleichungen aus Ableitungen sowohl des Lagrange- als auch des Hamilton-Operators ergeben

\partial H / \partial q

$∂H/∂q$ oder

\partial L / \partial q

$∂L/∂q$ , daher jede Karte dieser Art

H = T + (V + C)

$H=T+(V+C)$ oder

L = T - (V + C)

$L=T-(V+C)$ wäre nur das gleiche wie

H = T + V

$H=T+V$ oder

L = T - V

$L=T-V$ . In der Schrödinger-Gleichung haben Sie keine explizite Ableitung des Potentials, siehe den Fall von

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

$\frac {-ħ^2}{2m} \frac {∂^2ψ}{∂x^2}+V(r,t)ψ = iħ \frac {∂ψ}{∂t}$ . Ich frage mich, wie die freien Teilchenlösungen für die Shroedinger-Gleichung keinen Unterschied verursachen würden, wenn sie plötzlich durch die Gleichung für konstantes Potential ersetzt würden.

J. Manuel

@EmilioPisanty. „Perfekt gut“ für Sie ist nicht unbedingt „perfekt gut“ für mich.

Ruslan

Ganz einfach: wenn Sie sich ändern

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

$V(r,t)\to V(r,t)+W$ , erhalten Sie eine zusätzliche

\exp (i W t / ℏ)

$\exp(iWt/\hbar)$ Faktor in den Eigenzuständen, aber es ist physikalisch nicht relevant, da alle Unterschiede in den Eigenenergien gleich sein werden. Vergessen Sie nicht, dass die globale Phase nicht beobachtbar ist.

Emilio Pisanty

@J.Manuel Wenn die vorhandenen Antworten unbefriedigend sind, würde ich Ihnen raten, sich tatsächlich mit den Antwortenden zu beschäftigen und um Klärung zu bitten, anstatt das Problem nur zu wiederholen und zu hoffen, dass andere Leute auf magische Weise wissen, was es mit den vorhandenen Antworten auf sich hat verwirrend gefunden. Es gibt eigentlich nichts zu sagen, was nicht bereits in den Antworten von Valter und knzhou enthalten ist – und dazu gehören auch die beiden neuen Antworten.

Antworten (4)

Warum enthält die Schrödinger-Gleichung keinen Term von mc2mc2mc^2?

Für eine Verbindung zwischen Schr. Gl. und Klein-Gordon Gl. siehe zB A. Zee, QFT in a Nutshell, Kap. III.5, und dieser Phys.SE-Beitrag sowie darin enthaltene Links.
Beachten Sie, dass Sie in der klassischen Mechanik auch jede Konstante zum Potential addieren können, ohne die Bewegungsgleichungen zu beeinflussen. Daher können Sie auch vom relativistischen Hamiltonian zum nichtrelativistischen gehen und fallen lassen $mc^2$ dabei.
Sie haben bereits zwei vollkommen gute Antworten. Inwiefern wurde dieser Frage „zu wenig Beachtung geschenkt“?
@Ruslan. In der klassischen Mechanik würden sich die Bewegungsgleichungen aus Ableitungen sowohl des Lagrange- als auch des Hamilton-Operators ergeben $∂H/∂q$ oder $∂L/∂q$ , daher jede Karte dieser Art $H=T+(V+C)$ oder $L=T-(V+C)$ wäre nur das gleiche wie $H=T+V$ oder $L=T-V$ . In der Schrödinger-Gleichung haben Sie keine explizite Ableitung des Potentials, siehe den Fall von $\frac {-ħ^2}{2m} \frac {∂^2ψ}{∂x^2}+V(r,t)ψ = iħ \frac {∂ψ}{∂t}$ . Ich frage mich, wie die freien Teilchenlösungen für die Shroedinger-Gleichung keinen Unterschied verursachen würden, wenn sie plötzlich durch die Gleichung für konstantes Potential ersetzt würden.
@EmilioPisanty. „Perfekt gut“ für Sie ist nicht unbedingt „perfekt gut“ für mich.
Ganz einfach: wenn Sie sich ändern $V(r,t)\to V(r,t)+W$ , erhalten Sie eine zusätzliche $\exp(iWt/\hbar)$ Faktor in den Eigenzuständen, aber es ist physikalisch nicht relevant, da alle Unterschiede in den Eigenenergien gleich sein werden. Vergessen Sie nicht, dass die globale Phase nicht beobachtbar ist.
@J.Manuel Wenn die vorhandenen Antworten unbefriedigend sind, würde ich Ihnen raten, sich tatsächlich mit den Antwortenden zu beschäftigen und um Klärung zu bitten, anstatt das Problem nur zu wiederholen und zu hoffen, dass andere Leute auf magische Weise wissen, was es mit den vorhandenen Antworten auf sich hat verwirrend gefunden. Es gibt eigentlich nichts zu sagen, was nicht bereits in den Antworten von Valter und knzhou enthalten ist – und dazu gehören auch die beiden neuen Antworten.

Valter Moretti · Answer 1

Valter Moretti

Nur um den konstanten Zusatzbegriff einzuführen $mc^2I$ zum Hamilton-Operator wäre äquivalent zu neu definieren $\psi \to \psi'= e^{imc^2 t/\hbar}\psi$ . Solche Phasen spielen im QM keine Rolle. Sie können sie nicht sehen, indem Sie irgendein Observable messen. Reine Zustände sind eigentlich Operatoren der Form $|\psi \rangle \langle \psi|$ und Sie sehen, dass sich diese Phasen gegenseitig aufheben.

Würde stattdessen die Masse durch einen Massenoperator mit diskretem Spektrum ersetzt, würde sich das Bild ändern. Im klassischen Grenzfall würden die schnellen zeitlichen Oszillationen der Phasen (ich gehe davon aus, dass die Masse groß ist im Vergleich zu den typischen Energien des Systems) die Kohärenz von Überlagerungen verschiedener Massen zerstören, was dynamisch zu einer Überselektionsregel der Masse Bargmanns führen würde Superselektionsregel (siehe hier oder hier ).

Ruslan

Es ist ein netter Trick, die Aufhebung der Phase zu erklären, indem man zum Dichteoperator-Formalismus wechselt. Aber würde es nicht auch alle Vorzeichenänderungen unter dem Teilchenaustauschoperator aufheben und so Fermionen und Bosonen irgendwie gleichwertig machen?

Valter Moretti

Entschuldigung, ich habe meinen vorherigen Kommentar entfernt, weil ich dachte, Sie beziehen sich auf meine letzte Bemerkung. Nein, bezüglich der Streichung von Phasen gibt es kein Problem. Der Dichteoperator-Formalismus reicht völlig aus, um sich mit QM zu befassen. Jede Operation kann mit diesem Formalismus durchgeführt werden. Reine Zustände sind Dichtematrizen der Form

P = | ψ ⟩ ⟨ ψ |

$P=|\psi\rangle \langle \psi|$ . Das einzige, was Sie berechnen können, sind Erwartungswerte und es gilt

⟨ ψ | A ψ ⟩ = t r (P A)

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

Valter Moretti

Sie können jedoch zwischen Dichtematrizen der Form unterscheiden

P = | ψ ⟩ ⟨ ψ |

$P=|\psi\rangle \langle \psi|$ mit symmetrischem oder antisymmetrischem Vektor identischer Teilchen

| ψ ⟩

$|\psi\rangle$ unter der Wirkung der Permutationsgruppe... Obwohl es nicht durch ein Zeichen davor entsteht

P

$P$ wenn man auf diese Weise mit der einheitlichen Darstellung der Permutationsgruppe handelt

U P U^{*}

$UPU^*$ weil sich Zeichen aufheben.

J. Manuel

@ValterMoretti. Wenn Sie Gleichung (9) sehen, entspricht sie der Schrödinger-Gleichung für ein Teilchen mit konstantem Potential, obwohl sie (im vorliegenden Fall) das freie Teilchen darstellt. In der Schrödinger-Gleichung haben freie Teilchen Schwingungslösungen, solange ihre Energie positiv ist. Gleichung (9) hat jedoch nur dann oszillierende Lösungen, wenn

E > m c^{2}

$E>mc^2$ , könnte dies einen messbaren Effekt auf Dinge wie den Tunneleffekt haben, indem die Höhe der Barriere erhöht wird, oder auf Interferenzmuster von Teilchen mit niedriger Energie, oder?

Valter Moretti

@J.Manuel ja das Spektrum von

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

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

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

$[mc^2, +\infty)$ und es gibt keine Elemente darunter

m c^{2}

$mc^2$ . Die Eigenfunktionen sind oszillierend, wie es sich gehört ...

Valter Moretti

Eine endliche (tiefe) Barriere hätte auch (uneigentliche) Eigenwerte unter der Barriere. Dies ist nicht der Fall, da die Barriere den gesamten Raum einnimmt ...

Knzhou · Answer 2

In der nichtrelativistischen Quantenmechanik können Teilchen weder erzeugt noch zerstört werden, und jedes Teilchen hat eine konstante Masse $m$ . Das bedeutet das Extra $E = mc^2$ Energie ist nur eine Konstante, also kann sie durch Hinzufügen einer Konstante zum Hamilton-Operator subtrahiert werden; Nur Energieunterschiede sind wichtig.

Der $E = mc^2$ kann in der Quantenfeldtheorie eine Rolle spielen, da dort Teilchen erzeugt oder zerstört werden können; Beispielsweise wird es bei der Paarvernichtung freigesetzt und verleiht den Produkten zusätzliche Energie.

Wo fließen QM und insbesondere die Schrödinger-Gleichung in Ihre Antwort ein?

StephenG - Helfen Sie der Ukraine · Answer 3

Nehmen wir an, wir beginnen mit dieser Gleichung von Ihnen:

$- \frac{ℏ^{2}}{2 M} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial X^{2}} + v ψ + M C^{2} ψ = ich ℏ \frac{\partial ψ}{\partial T}$ $-\frac {\hbar^2}{2m} \frac {\partial^2\psi}{\partial x^2}+V\psi +mc^2\psi=i\hbar \frac {\partial \psi}{\partial t}$

Jetzt reduziert eine einfache Transformation es auf die ursprüngliche Form:

ψ = e^{W T} ϕ

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

- \frac{ℏ^{2}}{2 M} e^{W T} \frac{\partial^{2} ϕ}{\partial X^{2}} + v e^{W T} ϕ + M C^{2} e^{W T} ϕ = ich ℏ e^{W T} \frac{\partial ϕ}{\partial T} + ich ℏ W e^{W T} ϕ

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

Was sich reduziert auf:

- \frac{ℏ^{2}}{2 M} \frac{\partial^{2} ϕ}{\partial X^{2}} + v ϕ + M C^{2} ϕ = ich ℏ \frac{\partial ϕ}{\partial T} + ich ℏ W ϕ

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

Und das ist leicht zu sehen $i\hbar W := mc^2$ stellt die ursprüngliche Form der Gleichung wieder her.

So wie wir beim Hinzufügen des Ruhemassenterms einen ziemlich sinnlosen Phasenterm hinzugefügt haben, der nichts für uns tut:

ψ = ϕ e X P (ich \frac{M C^{2}}{ℏ} T)

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

Dies ist der Phasenwechsel, der keinen Nettoeffekt hat, der in den Antworten von Valter Moretti und Ruslan diskutiert wird

Die geniale Bemerkung war nicht als Beleidigung gedacht. Ich formuliere das um.

Ruslan · Answer 4

Betrachten Sie eine Schrödinger-Gleichung:

- \frac{ℏ^{2}}{2 M} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial X^{2}} + v (X, T) ψ = ich ℏ \frac{\partial ψ}{\partial T} .

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

Lassen Sie eine Welle funktionieren $\psi(x,t)$ sei seine Lösung. Lassen Sie uns jetzt ersetzen $V(x,t)\to V(x,t)+\hbar W$ , Wo $W=\mathrm{const}$ . Die entsprechende Lösung der neuen Gleichung ändert sich: $\psi(x,t)\to\psi(x,t)\exp(-iWt).$

Betrachten Sie nun ein Observable $K$ , mit entsprechendem Operator $\hat K$ . Sein erwarteter Wert, berechnet für die Lösung der ursprünglichen Gleichung, wird sein

\bar{K} (T) = \int_{- \infty}^{\infty} D X ψ (X, T)^{*} \hat{K} ψ (X, T) .

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

Lassen Sie uns jetzt ersetzen $\psi$ im obigen Integral mit der Lösung der modifizierten Gleichung, wo wir die potentielle Energie verschoben haben:

\int_{- \infty}^{\infty} D X (ψ (X, T) \exp (- ich W T))^{*} \hat{K} (T) (ψ (X, T) \exp (- ich W T)) = = \int_{- \infty}^{\infty} D X ψ (X, T)^{*} \exp (ich W T) \exp (- ich W T) \hat{K} (T) ψ (X, T) = = \int_{- \infty}^{\infty} D X ψ (X, T)^{*} \hat{K} (T) ψ (X, T) = \bar{K} (T) .

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

Sie können das unabhängig von der globalen Phase, dem Beobachtbaren, sehen $K$ sieht genauso aus. Ebenso können Sie überprüfen, ob Matrixelemente eines Operators auch unabhängig von der globalen Phase der Basisfunktionen sind, in denen Sie die Matrixelemente berechnen.

Bei jeder physikalisch relevanten Berechnung geht es letztlich um Observables, nicht um bestimmte Werte abstrakter Funktionen wie einer Wellenfunktion. Daher sollten Sie sich nicht zu viele Gedanken darüber machen, einen zusätzlichen Phasenfaktor zu erhalten, wenn Sie einen konstanten Term zum Potenzial hinzufügen oder entfernen.

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