Wie löst man die Schrödinger-Gleichung mit Magnetfeld?

Wenn$A$ist kein reines Messgerät, oder schwächer wenn$\nabla \times A \neq 0$, dann ist das falsch

$$\nabla_r \int_{r_0}^r A(r')\cdot dr' = A(r)\tag{0}$$ Ohne dieses Ergebnis sehen Sie durch direkte Inspektion, dass Ihre Aussage falsch ist. Ansonsten stimmt es. Der Beweis ist einfach, es ist die direkte Verallgemeinerung dieser elementaren Identität $$\left(-i\frac{d}{dx} + f(x)\right) \psi(x) =-ie^{+i \int^x_0 f(y) dy} \frac{d}{dx} e^{-i \int^x_0 f(y) dy}\psi(x) \tag{1}\:.$$ Aus (1) noch einmal die Identität implementieren, die Sie haben $$\left(-i\frac{d}{dx} + f(x)\right) \left(-i\frac{d}{dx} + f(x)\right) \psi(x) =(-i)^2e^{+i \int^x_0 f(y) dy} \frac{d}{dx} e^{-i \int^x_0 f(y) dy} e^{+i \int^x_0 f(y) dy} \frac{d}{dx} e^{-i \int^x_0 f(y) dy}\psi(x)\:,$$ das ist $$\left(-i\frac{d}{dx} + f(x)\right)^2 \psi(x)= e^{+i \int^x_0 f(y) dy} \frac{d^2}{dx^2} e^{-i \int^x_0 f(y) dy}\psi(x)$$ und schlussendlich $$e^{-i \int^x_0 f(y) dy} \left[\left(-i\frac{d}{dx} + f(x)\right)^2 + U(x)\right]\psi= \left(-\frac{d^2}{dx^2} +U(x) \right)e^{-i \int^x_0 f(y) dy}\psi(x)\:.$$ Der entscheidende Punkt in den obigen Berechnungen ist das $$\frac{d}{dx}\int_0^x f(y) dy = f(x).\tag{2}$$ Leider funktioniert das Verfahren nicht in der Dimension $>1$, seit der Verallgemeinerung von $\int^x_0 f(y) dy$hängt vom Integrationspfad ab, es sei denn, das Vektorfeld $A$was ersetzt $f$hat null curl. Auch wenn ein Pfad willkürlich festgelegt wird, gilt die Verallgemeinerung (0) von (2) im Allgemeinen nicht in einer Dimension größer als $1$. Gültigkeit von (2) für Dimension größer als $1$ist gleichbedeutend damit, das zu sagen $A$ist zumindest lokal ein reines Messgerät, und doch $B = \nabla \times A =0$.