Lässt sich die Masse eines Wasserstoffatoms eichinvariant berechnen?

Question

Lässt sich die Masse eines Wasserstoffatoms eichinvariant berechnen?

G. Smith

Bitte entschuldigen Sie die lange Frage. Es geht um eine interessante Kontroverse, die in Diskussionen auf dieser Seite entstanden ist:

Die Masse eines Atoms von $^1H$ ist bekanntlich etwas kleiner als die Masse eines Protons plus der Masse eines Elektrons.

Lassen Sie uns eher mit Ruheenergien als mit Massen arbeiten, weil die Zahlen vertrauter sein werden.

Die Ruheenergie eines Wasserstoffatoms im Grundzustand beträgt 938.783.066,5 eV. (Quellen: Wikipedias „Isotopes of Hydrogen“ für den Wert in atomaren Masseneinheiten; Wikipedias „Atomic mass unit“ für die Umrechnung zwischen amu und MeV.)

Die Ruheenergie eines Protons beträgt 938.272.081,3 eV (Quelle: Wikipedia „Proton“).

Die Ruheenergie eines Elektrons beträgt 510.998,9 eV (Quelle: Wikipedias „Elektron“)

Somit ist die Ruheenergie eines Wasserstoffs um 13,7 eV kleiner als die Ruheenergie eines Protons und eines Elektrons.

Meine Erklärung dafür, die ich am MIT und in Stanford gelernt habe, ist einfach: Die Ruheenergie eines Systems ist seine Gesamtenergie, bestehend aus der Ruheenergie seiner Bestandteile, plus ihrer kinetischen Energie, plus der potentiellen Energie ihres Zusammenspiels. Deshalb

\begin{matrix} (1) & E_{0, H} = E_{0, P} + E_{0, e} + ⟨ K ⟩ + ⟨ U ⟩ \end{matrix}

$\tag{1}E_{0,H} = E_{0,p} + E_{0,e} + \langle K\rangle + \langle U\rangle$

Wo $\langle K\rangle$ ist der Erwartungswert der kinetischen Energie,

\begin{matrix} (2) & ⟨ K ⟩ = ⟨ - \frac{ℏ^{2}}{2 μ} \nabla^{2} ⟩ = \frac{1}{2} μ C^{2} a^{2} = 13.6 eV \end{matrix}

$\tag{2}\langle K\rangle = \left\langle-\frac{\hbar^2}{2\mu}\nabla^2\right\rangle = \frac{1}{2}\mu c^2\alpha^2 = 13.6\;\text{eV}$

Und $\langle U\rangle$ ist der Erwartungswert der elektrostatischen potentiellen Energie zwischen Proton und Elektron,

\begin{matrix} (3) & ⟨ U ⟩ = ⟨ - \frac{k e^{2}}{R} ⟩ = - μ C^{2} a^{2} = - 27.6 eV \end{matrix}

$\tag{3}\langle U\rangle = \langle -\frac{k e^2}{r}\rangle = -\mu c^2\alpha^2 = -27.6\;\text{eV}$

Für die gemessene Genauigkeit der Ruheenergien genügt es, die nichtrelativistische Quantenmechanik in Form der Schrödinger-Gleichung mit der potentiellen Energie zu verwenden $U(r)=-ke^2/r$ . Die Erwartungswerte gelten für den Grundzustand 1s.

In den obigen Gleichungen $\hbar$ ist die reduzierte Planck-Konstante, $c$ ist die Lichtgeschwindigkeit, $k$ ist die Coulomb-Konstante, $e$ ist die Größe der Ladung des Protons und des Elektrons, $\alpha=ke^2/\hbar c$ ist die Feinstrukturkonstante, und $\mu=m_p m_e/(m_p+m_e)$ ist die reduzierte Masse des Systems.

Offensichtlich erklärt diese Berechnung die beobachtete Ruhemasse von Wasserstoff innerhalb des experimentellen Fehlers.

Es beruht jedoch auf der Tatsache, dass wir angenommen haben (wie es jeder herkömmlich tut), dass die potentielle Energie wohldefiniert ist als

\begin{matrix} (4) & U = - \frac{k e^{2}}{R} \end{matrix}

$\tag{4}U = -\frac{ke^2}{r}$

und geht gegen unendlich auf null.

Einige Leute in diesem Forum haben dies mit der Begründung bestritten, dass das elektrostatische Potential nicht eichungsinvariant ist und die Annahme, dass es bei unendlich auf 0 geht, lediglich eine Konvention ist. Dies wirft die Frage auf, wie die korrekte eichinvariante Berechnung der Wasserstoffmasse lautet.

Einige Leute in diesem Forum haben behauptet, dass die unveränderliche Masse $m=\sqrt{E^2-p^2}$ (in Einheiten mit $c=1$ ) ist kein eichinvariantes Konzept. Das erscheint mir absurd. Wenn es wahr wäre, warum würden wir dann sagen, dass die Masse eines Protons oder irgendetwas anderem eine bestimmte Zahl ist?

Einige Leute in diesem Forum haben behauptet, dass die kinetische Energie zur Ruheenergie beiträgt, die potentielle Energie jedoch nicht. Dies könnte zutreffen, wenn man dazu übergeht, elektrostatische Energie als Feldenergie zu betrachten. (Zum Beispiel trennt sich der Energie-Impuls-Spannungstensor für ein Teilchen in einem elektromagnetischen Feld in einen "reinen Teilchen"-Term, der nur Ruheenergie und kinetische Energie beinhaltet, plus einen "reinen Feld"-Term, der die Wechselwirkungsenergie darstellt.) Aber das Feld Die Energie für Punktteilchen divergiert und erfordert eine Renormierung. Wie genau erhält man also 938.783.066,5 eV für die Masse eines Wasserstoffatoms?

Einige Leute in diesem Forum haben behauptet, dass wir Masse nicht definieren können, ohne die Energie des Vakuums und die "Randbedingungen" zu definieren. Dies scheint die Tatsache zu ignorieren, dass wir Masse unter nicht-relativistischen Bedingungen einfach durch Kraft und Beschleunigung messen können.

Meine obige herkömmliche Erklärung für die Masse von Wasserstoff wurde in anderen Threads tatsächlich mehrfach als einfach "falsch" herabgestimmt. Ich fordere die Downvoter auf, eine alternative Berechnung anzugeben.

Meine Hauptfrage lautet also: Kann man die Masse eines Wasserstoffatoms eichinvariant berechnen, und wenn ja, wie genau?

StephenG - Helfen Sie der Ukraine

Sie sollten zumindest auf die Frage verlinken, mit deren Antwort Sie unzufrieden sind, anstatt zu erwarten, dass die Leute danach suchen. So wie es aussieht, liest sich dies wie eine Art Tirade nach dem Motto "Mir gefällt nicht, was mir gesagt wurde, und ich werde weiter fragen, bis ich die Antwort bekomme, die ich will.".

G. Smith

Ich suche nicht nach "besseren Antworten" auf eine Frage, die ich gestellt habe, weil ich vorher keine Fragen gestellt habe; Ich habe sie nur beantwortet. Die Kommentare, die einige meiner Antworten in Frage stellen, sind zu lang geworden und wir brauchen einen Ort, um die Probleme zu lösen. Die ursprünglichen Fragen, die ich beantwortet habe, sind nicht besonders relevant, aber ich stelle sie gerne zur Verfügung, wenn Sie möchten.

Rokoko

Ich versuche, der Argumentation hier zu folgen, aber es fällt mir schwer. Ich stimme Stephen zu, dass Links zu allen vorherigen Diskussionen hilfreich wären. Zum Beispiel sehe ich nicht, wie die Messgeräteabhängigkeit in diese Diskussion kommt. In Ihren Kommentaren hier: physical.stackexchange.com/questions/444248/… mit Cham sagt er ausdrücklich, dass die Ruhemasse eine eichunabhängige Eigenschaft ist. Fragen der Randbedingungen sind, soweit ich verstehe, eine separate Sache.

Cham

Nur ein Kommentar zur Ruhemassenformel für ein Punktteilchen :

m_{0} = \sqrt{E^{2} - p^{2}}

$m_0 = \sqrt{E^2 - p^2}$ (

c = 1

$c = 1$ Hier). Der

E

$E$ das dort erscheint, enthält KEINE potenzielle Energie. Es ist das relativistische Momentum in der "Zeitdimension":

E \equiv p^{0} = E_{0} + K

$E \equiv p^0 = E_0 + K$ (Wo

E_{0} \equiv m_{0}

$E_0 \equiv m_0$ ist die Ruheenergie und

K

$K$ ist die kinetische Energie). Du darfst schreiben

m_{0} = \sqrt{(E - U)^{2} - p^{2}}

$m_0 = \sqrt{(\mathcal{E} - U)^2 - p^2}$ Wenn Sie möchten, wo

E = E + U

$\mathcal{E} = E + U$ ist ein pegelabhängiger Ausdruck für "Gesamtenergie" und

U

$U$ ist die eichabhängige potentielle Energie (

E = E - U

$E = \mathcal{E} - U$ ist spurenunabhängig aber rahmenabhängig!)

Cham

Ihre Gleichung (1) könnte wie folgt geschrieben werden (nur unter Verwendung der klassischen speziellen Relativitätstheorie im Ruhesystem des Protons. Hier ist keine Quantentheorie erforderlich):

E = M_{P} + M_{e} + K_{e} + U

$\mathcal{E} = m_p + m_e + K_e + U$ (mit

c = 1

$c = 1$ der Einfachheit halber).

E

$\mathcal{E}$ ist die Gesamtenergie des Atoms und eine Bewegungskonstante. Ich denke, dass die Frage des OP wie folgt umformuliert werden könnte: Ist die Ruhemasse des gesamten Atoms definiert durch $m_0 = \mathcal{E}$ ? Und ist $U$ (daher $\mathcal{E}$ ) eine messgeräteabhängige Größe während $m_0$ sollte nicht messgeräteabhängig sein?

G. Smith

Diese Frage entstand aus Diskussionen in physical.stackexchange.com/questions/443105/… und physical.stackexchange.com/questions/444248/… .

G. Smith

Nachdem ich meine Frage gepostet hatte, fand ich einen einfachen Weg, die Masse eichinvariant zu berechnen. Es überrascht nicht, dass es genau das gleiche Ergebnis liefert und zeigt, dass die eichinvariante Wechselwirkungsenergie einfach ist

- e^{2} / r

$-e^2/r$ und geht so bei unendlicher Trennung auf Null. Ich werde es morgen posten, wenn bis dahin niemand geantwortet hat.

anna v

Schauen Sie sich diese arxiv.org/pdf/1410.3318.pdf an

Antworten (2)

Lässt sich die Masse eines Wasserstoffatoms eichinvariant berechnen?

Sie sollten zumindest auf die Frage verlinken, mit deren Antwort Sie unzufrieden sind, anstatt zu erwarten, dass die Leute danach suchen. So wie es aussieht, liest sich dies wie eine Art Tirade nach dem Motto "Mir gefällt nicht, was mir gesagt wurde, und ich werde weiter fragen, bis ich die Antwort bekomme, die ich will.".
Ich suche nicht nach "besseren Antworten" auf eine Frage, die ich gestellt habe, weil ich vorher keine Fragen gestellt habe; Ich habe sie nur beantwortet. Die Kommentare, die einige meiner Antworten in Frage stellen, sind zu lang geworden und wir brauchen einen Ort, um die Probleme zu lösen. Die ursprünglichen Fragen, die ich beantwortet habe, sind nicht besonders relevant, aber ich stelle sie gerne zur Verfügung, wenn Sie möchten.
Ich versuche, der Argumentation hier zu folgen, aber es fällt mir schwer. Ich stimme Stephen zu, dass Links zu allen vorherigen Diskussionen hilfreich wären. Zum Beispiel sehe ich nicht, wie die Messgeräteabhängigkeit in diese Diskussion kommt. In Ihren Kommentaren hier: physical.stackexchange.com/questions/444248/… mit Cham sagt er ausdrücklich, dass die Ruhemasse eine eichunabhängige Eigenschaft ist. Fragen der Randbedingungen sind, soweit ich verstehe, eine separate Sache.
Nur ein Kommentar zur Ruhemassenformel für ein Punktteilchen : $m_0 = \sqrt{E^2 - p^2}$ ( $c = 1$ Hier). Der $E$ das dort erscheint, enthält KEINE potenzielle Energie. Es ist das relativistische Momentum in der "Zeitdimension": $E \equiv p^0 = E_0 + K$ (Wo $E_0 \equiv m_0$ ist die Ruheenergie und $K$ ist die kinetische Energie). Du darfst schreiben $m_0 = \sqrt{(\mathcal{E} - U)^2 - p^2}$ Wenn Sie möchten, wo $\mathcal{E} = E + U$ ist ein pegelabhängiger Ausdruck für "Gesamtenergie" und $U$ ist die eichabhängige potentielle Energie ( $E = \mathcal{E} - U$ ist spurenunabhängig aber rahmenabhängig!)
Ihre Gleichung (1) könnte wie folgt geschrieben werden (nur unter Verwendung der klassischen speziellen Relativitätstheorie im Ruhesystem des Protons. Hier ist keine Quantentheorie erforderlich): $E = M_{P} + M_{e} + K_{e} + U$ $\mathcal{E} = m_p + m_e + K_e + U$ (mit $c = 1$ der Einfachheit halber). $\mathcal{E}$ ist die Gesamtenergie des Atoms und eine Bewegungskonstante. Ich denke, dass die Frage des OP wie folgt umformuliert werden könnte: Ist die Ruhemasse des gesamten Atoms definiert durch $m_0 = \mathcal{E}$ ? Und ist $U$ (daher $\mathcal{E}$ ) eine messgeräteabhängige Größe während $m_0$ sollte nicht messgeräteabhängig sein?
Diese Frage entstand aus Diskussionen in physical.stackexchange.com/questions/443105/… und physical.stackexchange.com/questions/444248/… .
Nachdem ich meine Frage gepostet hatte, fand ich einen einfachen Weg, die Masse eichinvariant zu berechnen. Es überrascht nicht, dass es genau das gleiche Ergebnis liefert und zeigt, dass die eichinvariante Wechselwirkungsenergie einfach ist $-e^2/r$ und geht so bei unendlicher Trennung auf Null. Ich werde es morgen posten, wenn bis dahin niemand geantwortet hat.

Benutzer213887 · Answer 1

Benutzer213887

Wie ich bereits sagte, ist Energie keine eichinvariante Größe - grob gesagt sind es "Energieunterschiede", wie in dem Lehrbuch der Feldtheorie erklärt, das ich Ihnen in einem früheren Thread verlinkt habe.

Wenn diese netten Argumente über das Hinzufügen von Massen/Energien im Grundstudium gelehrt werden, ist es offensichtlich das Richtige für Professoren, die Feinheiten der korrekten Definition von eicheninvarianten Größen zu beschönigen. Das Argument, das Sie für die Masse des Wasserstoffatoms angeführt haben, ist eigentlich in Ordnung, es ist nur so, dass all die Dinge, die es gibt, streng genommen Energieunterschiede sind.

Erstens ist es völlig legal, den Hamilton-Operator um eine Konstante zu verschieben und damit die Grundzustandsenergie des Wasserstoffatoms formal so zu verschieben, wie Sie es möchten. Aber denken Sie daran, dass es sowohl gebundene Zustandslösungen für das Coulomb-Problem als auch Kontinuums- (oder „Streuungs-“) Zustände gibt. Eine eicheninvariante Aussage, die gleich bleibt, egal was Sie tun, lautet: "Die Lücke zwischen dem höchsten Energiebindungszustand und dem ersten Kontinuumszustand beträgt 13,6 eV."

Unabhängig davon, wie Sie die absoluten Werte der Energieniveaus selbst definieren, ist es eine unveränderliche Tatsache, dass Sie 13,6 eV weniger haben, wenn Sie gebunden sind, als wenn Sie frei sind.

In Bezug auf die Massen der Protonen / Elektronen selbst ist dies ein etwas subtilerer Punkt. Der Grund, warum es verwirrend ist, ist, dass "ein Elektron" und "ein Proton" eigentlich keine eichinvarianten Objekte sind, weil sie geladen sind. Um ein Proton/Elektron aus dem Grundzustand zu erzeugen (ohne sich Gedanken über die "wahren" mikroskopischen Ursprünge von Protonen zu machen, die nur bei hohen Energien auftauchen - stellen wir uns einfach vor, dass es sich um positive Testladungen handelt), müssen Sie ein Elektron-Positron erzeugen ( oder Proton-Antiproton)-Paar. Die 0,5 MeV sind die halbe Energie eines Elektron-Positron-Paares, und dies ist auch eine Eich-invariante Größe.

Wir summieren also zwei Energiedifferenzen. Der erste ist der Energieunterschied zwischen einem einzelnen Elektron/Proton und keinen Teilchen. Der zweite ist der Energieunterschied zwischen diesen beiden Teilchen, die gebunden sind, und ihnen, die frei sind. Beide Größen sind eichinvariant: Die erste gibt uns die Massen von Proton und Elektron, die Summe von ihnen gibt uns die Masse des Wasserstoffatoms.

Rokoko

Okay, aber (wie Sie in einer der anderen Diskussionen erwähnt haben) ist jede Diskussion zu diesem Thema ohne GR unvollständig, da dies (soweit ich es verstehe) die Antwort vollständig ändert.

Benutzer213887

Nun, OP hat nach dem Wasserstoffatom gefragt, das nichts mit GR zu tun hat, also habe ich diese Frage beantwortet. Auf die Frage, ob GR "die Dinge komplett verändert", lautet die Antwort ja und nein. Wenn die Metrik dynamisch ist, können Sie die Spur des Energie-Impuls-Tensors messen. Aber Sie verlieren die Energieerhaltung, weil die Zeitumsetzung keine Symmetrie mehr ist – sie wird gemessen. Ich glaube nicht, dass man im Gegensatz zur Spur des Energie-Impuls-Tensors von der Energie eines „Elektrons“ oder „eines Wasserstoffatoms“ sprechen kann.

Cham

Das sagst du also

m_{0} = E = m_{p} + m_{e} + K_{e} + U

$m_0 = \mathcal{E} = m_p + m_e + K_e + U$ besteht tatsächlich aus Energieunterschieden (relativ zu einem gewissen Vakuum) und könnte als neu geschrieben werden

m_{0} = Δ E = m_{p} + m_{e} + K_{e} + Δ U

$m_0 = \Delta\mathcal{E} = m_p + m_e + K_e + \Delta U$ stattdessen, ist es das? Das ergibt für mich sehr viel Sinn.

Benutzer213887

Ja das ist genau richtig. Das zweideutigste, was es gibt, ist wahrscheinlich das "

K_{e} + U

$K_e+U$ " (

= H

$=H$ ) Geschäft, das heimlich ist "

Δ H

$\Delta H$ " zwischen dem ungebundenen Zustand mit der niedrigsten Energie und dem gebundenen Zustand mit der höchsten Energie, dh der Energieunterschied zwischen der Bindung des Elektrons und des Protons und dem freien Herumschweben. (Ich denke, es ist viel klarer, dass die Ruhemasse ein eichinvariantes Konzept ist und die Energie definiert Unterschied zwischen dem Vorhandensein eines Teilchens und dem Nichtvorhandensein eines Teilchens oder, wenn Sie kinematisch darüber nachdenken möchten, dem Energieunterschied zwischen dem Ding, das sich bewegt, und nicht (sie sind äquivalent).)

G. Smith

Die Aussage „Energie ist keine eichinvariante Größe“ wird durch die Eichinvarianz der zeitunabhängigen Schrödinger-Gleichung widerlegt. Eine Eichtransformation der Gleichung erzeugt die identische Gleichung mit demselben Energieeigenwert

E

$E$ . Siehe beispielsweise quantummechanics.ucsd.edu/ph130a/130_notes/node296.html . Dies wurde auch in Physics StackExchange diskutiert, beispielsweise in Fragen wiePhysics.stackexchange.com/questions/394892/… .

Benutzer213887

Nein ist es nicht. Das ist ehrlich gesagt so grundlegende Physik, dass ich nicht weiß, wie das eine Debatte sein kann. Wenn Sie diese Notizen sorgfältig lesen, werden Sie feststellen, dass die Mengen

(p_{μ} - i e A_{μ})

$\left(p_\mu-ieA_\mu\right)$ sind unveränderlich. Die Energien/Impulse hingegen sind die Eigenwerte von

p_{μ}

$p_\mu$ . Die kanonischen Vierer-Impulse

(p_{μ} - i e A_{μ})

$\left(p_\mu-ieA_\mu\right)$ sind eichinvariant, aber die einzelnen Terme in dieser Summe sind es streng genommen nicht.

Benutzer213887

Eigentlich @G.Smith, sollte ich hinzufügen, dass dies nicht nur Pedanterie ist. Die Idee des spektralen Flusses von Dirac-Operatoren entlang (unphysikalischer) Eichtransformationen ist beispielsweise für das Verständnis topologischer Phasen unglaublich wichtig. Siehe zum Beispiel unten auf Seite 12 und Anfang von Seite 13 in diesem schönen Artikel arxiv.org/pdf/1508.04715.pdf , in dem das Spektrum einer Fermionverschiebung unter einer Eichtransformation diskutiert wird.

G. Smith · Answer 2

Ja, die Ruhemasse eines Systems wie eines Wasserstoffatoms kann vollständig eichinvariant berechnet werden, indem man integriert $T^{00}$ Komponente seines eichinvarianten Hilbert-Energie-Impuls-Spannungstensors $T^{\mu\nu}$ . Diese Komponente ist die Energiedichte, und ihre Integration über den gesamten Raum ergibt die eichinvariante Gesamtenergie des Systems.

Der durch das Noether-Theorem erzeugte „kanonische“ Energie-Impuls-Spannungs-Tensor wird garantiert erhalten, wenn die Aktion für das System unter zeitlichen und räumlichen Verschiebungen invariant ist, aber es ist nicht notwendigerweise Eich-invariant oder sogar symmetrisch. Daher hat es und die durch Integration gefundene Energie keine physikalische Bedeutung.

Es gibt jedoch ein wohlbekanntes Verfahren zum Erzeugen physikalisch sinnvoller Energie-Impuls-Spannungstensoren, die nicht nur konserviert, sondern auch offensichtlich eichinvariant, offensichtlich Lorentz-kovariant und offensichtlich symmetrisch sind. Diese Tensoren haben eine physikalische Bedeutung: Sie repräsentieren die lokale Energiedichte, Impulsdichte usw. von Materie.

Vom Aussehen dieser Art von $T^{\mu\nu}$ Auf der rechten Seite von Einsteins Feldgleichungen für die Allgemeine Relativitätstheorie ist es offensichtlich, dass Energiedichte, Impulsdichte usw. messbar sein müssen, weil sie eine Krümmung in der Raumzeit erzeugen. Krümmung ist messbar, und daher $T^{\mu\nu}$ ist messbar. Es ist also nicht so, dass nur Energieunterschiede physikalisch sinnvoll sind. Der "absolute" Wert der Energiedichte ist aussagekräftig, weil er die Raumzeit krümmt.

Es gibt ein Standardverfahren nach Hilbert und Einstein, um Spannungstensoren zu finden, die erhalten, eichinvariant, Lorentz-kovariant und symmetrisch sind, nämlich durch funktionale Integration der Lagrange-Dichte in Bezug auf die Metrik:

T_{μ v} = \frac{- 2}{\sqrt{- G}} \frac{δ L_{Gegenstand} \sqrt{- G}}{δ G^{μ v}} .

$T_{\mu\nu} = \frac{-2}{\sqrt{-g}} \frac{{\delta\mathcal{L}_{\text{matter}}\sqrt{-g}}}{\delta g^{\mu\nu}}.$

Wenn man eine solche verwendet $T^{\mu\nu}$ für ein System aus Punktteilchen und elektromagnetischen Feldern das Ergebnis für das Wasserstoffatom (in der Reihenfolge $\alpha^2$ Annäherung, die die Frage verwendet) ist identisch mit der "naiven" Berechnung, die in der Frage präsentiert wird. Aber es ist von Anfang bis Ende vollständig eichinvariant.

Was man findet ist das $U(r) = q_1 q_2/r$ , die zuvor als "elektrostatische potentielle Energie des Protons und Elektrons" betrachtet wurde, ist tatsächlich der eichungsinvariante, positionsabhängige Teil der Ruheenergie, die im elektrostatischen Feld des Protons und Elektrons liegt. Dass es wie das Produkt einer Ladung mit dem eichungsabhängigen elektrostatischen Potential der anderen Ladung aussieht, ist irrelevant. Die folgende Berechnung enthält keinerlei Potentiale.

Es gibt auch einen unendlichen, ortsunabhängigen, Eich-invarianten, konstanten Teil der elektrostatischen Feldenergie, der einfach die Massen der beiden Teilchen renormiert.

Unter elektrostatischer "potentieller Energie" versteht man also den ortsabhängigen Anteil der eichinvarianten Ruheenergie, der dem elektrostatischen Feld innewohnt. Es geht wirklich im Unendlichen auf Null, weil eine eichinvariante Berechnung uns das sagt. Im Unendlichen auf Null zu gehen, ist nicht einfach eine Konvention.

Wenn Sie sagen wollen, dass die Masse eines Protons und eines Elektrons ihre Standardmesswerte sind, dann müssen Sie die „potentielle Energie“ zwischen ihnen als exakt annehmen $-e^2/r$ und fügen Sie keine Konstante oder einen anderen messgerätabhängigen Term hinzu.

Hier die mathematischen Details:

Stellen Sie sich eine Ansammlung von Punktteilchen mit Massen vor $m_i$ und Gebühren $q_i$ , die sich unter dem Einfluss eines elektromagnetischen Feldes bewegen, das eine Kombination aus den Feldern der Partikel selbst und einem externen Feld sein könnte.

Der konservierte, symmetrische, offensichtlich kovariante und eichinvariante Energie-Impuls-Spannungstensor für ein System aus Punktteilchen und elektromagnetischen Feldern lässt sich sauber in zwei Terme aufteilen,

T^{μ v} = T_{(P)}^{μ v} + T_{(F)}^{μ v},

$T^{\mu\nu} = T_{(p)}^{\mu\nu} + T_{(f)}^{\mu\nu},$

wo der Nur-Partikel-Term ist

T_{(P)}^{μ v} = \sum_{ich} M_{ich} \int {\dot{X}}_{ich}^{μ} (τ) {\dot{X}}_{ich}^{v} (τ) δ^{(4)} (X - X_{ich} (τ)) D τ

$T_{(p)}^{\mu\nu} = \sum_i m_i \int \dot{X}_i^\mu (\tau) \dot{X}_i^\nu (\tau) \; \delta^{(4)}(x-X_i(\tau)) \; d\tau$

und der Nur-Felder-Begriff ist

T_{(F)}^{μ v} = \frac{1}{4 π} (F^{μ a} {F^{v}}_{a} - \frac{1}{4} η^{μ v} F^{a β} F_{a β}) .

$T_{(f)}^{\mu\nu}=\frac{1}{4\pi} \left( F^{\mu\alpha} {F^\nu}_\alpha - \frac{1}{4} \eta^{\mu\nu} F^{\alpha\beta} F_{\alpha\beta} \right).$

Hier $m_i$ ist die Masse der $i^\text{th}$ Partikel, $X_i(\tau)$ ist seine Weltlinie als Funktion der Eigenzeit $\tau$ entlang der Weltlinie und $F^{\mu\nu}$ ist der eichinvariante elektromagnetische Feldtensor. Beachten Sie, dass das eichungsabhängige elektromagnetische Potential nirgendwo in diesem Energie-Impuls-Spannungstensor erscheint.

Der $T^{00}$ Komponente für die Teilchen kann geschrieben werden, nachdem die Integration durchgeführt wurde $\tau$ , als

T_{(P)}^{00} = \sum_{ich} M_{ich} (1 - v_{ich}^{2})^{- 1 / 2} δ^{(3)} (X - X_{ich} (T)),

$T_{(p)}^{00} = \sum_i m_i( 1-\mathbf{v}_i^2)^{-1/2} \; \delta^{(3)}(\mathbf{x}-\mathbf{X}_i(t)),$

und die Integration über den Raum ergibt die Energie der Teilchen,

E_{(P)} = \sum_{ich} M_{ich} (1 - v_{ich}^{2})^{- 1 / 2} = \sum_{ich} M_{ich} + \sum_{ich} \frac{1}{2} M_{ich} v^{2} + \dots .

$E_{(p)} = \sum_i m_i( 1-\mathbf{v}_i^2)^{-1/2} = \sum_i m_i + \sum_i \frac{1}{2}m_i \mathbf{v}^2 + \dots \; .$

Offensichtlich ist dies die übliche Expansion in die Energie der Ruhemassen plus der kinetischen Energie. Wir machen eine nicht-relativistische Annäherung und brauchen die höheren Terme nicht. Beim Wasserstoffatom nimmt die Energie der Teilchen im Schwerpunktsystem die Form an

E_{(P)} = M_{P} + M_{e} + \frac{P^{2}}{2 μ}

$E_{(p)} = m_p + m_e + \frac{\mathbf{p}^2}{2\mu}$

Wo $\mu = m_p m_e/(m_p + m_e)$ ist die reduzierte Masse und $\mathbf{p}$ ist der relative Impuls. Der Erwartungswert dieses dritten Terms wurde angegeben $\langle K \rangle$ in der Frage. Wir haben also die ersten drei Terme für die Ruheenergie von Wasserstoff wiedergegeben.

Der $T^{00}$ Komponente für die Felder kann in Bezug auf das elektrische Feld geschrieben werden $\mathbf{E}$ und das Magnetfeld $\mathbf{B}$ ,

T_{(F)}^{00} = \frac{E^{2} + B^{2}}{8 π},

$T_{(f)}^{00} = \frac{\mathbf{E}^2 + \mathbf{B}^2}{8 \pi},$

und die Integration über den Raum ergibt die Energie der Felder,

E_{(F)} = \int \frac{E^{2} + B^{2}}{8 π} D v .

$E_{(f)} = \int \frac{\mathbf{E}^2 + \mathbf{B}^2}{8 \pi} \, dV.$

Für die Bestellung- $\alpha^2$ Annäherung an die Wasserstoff-Ruheenergie, die uns wichtig ist, können wir diese Feldenergie berechnen, indem wir die Bewegung der Ladungen ignorieren. Das elektrische Feld ist nur das übliche Coulomb-Feld für eine statische Aufladung, und es gibt kein magnetisches Feld. Es ist kein externes Feld zu berücksichtigen.

Die Felder von $q_1$ Sind

E_{1} = Q_{1} \frac{R - R_{1}}{| R - R_{1} |^{3}}, B_{1} = 0,

$\mathbf{E}_1 = q_1 \frac{\mathbf{r}-\mathbf{r_1}}{|\mathbf{r}-\mathbf{r_1}|^3}, \quad \mathbf{B}_1 = 0,$

und die Felder von $q_2$ Sind

E_{2} = Q_{2} \frac{R - R_{2}}{| R - R_{2} |^{3}}, B_{2} = 0.

$\mathbf{E}_2 = q_2 \frac{\mathbf{r}-\mathbf{r_2}}{|\mathbf{r}-\mathbf{r_2}|^3}, \quad \mathbf{B}_2 = 0.$

Die Feldenergie zerfällt offensichtlich in drei Integrale:

E_{F} = \int \frac{(E_{1} + E_{2})^{2}}{8 π} D v = \int \frac{E_{1}^{2}}{8 π} D v + \int \frac{E_{1} \cdot E_{2}}{4 π} D v + \int \frac{E_{2}^{2}}{8 π} D v .

$E_f = \int \frac{(\mathbf{E}_1 + \mathbf{E}_2)^2}{8 \pi} \, dV = \int \frac{\mathbf{E}_1^2}{8 \pi} \, dV + \int \frac{\mathbf{E}_1 \cdot \mathbf{E}_2}{4 \pi} \, dV + \int \frac{\mathbf{E}_2^2}{8 \pi} \, dV.$

Das erste Integral,

E_{F, 1} = \int \frac{E_{1}^{2}}{8 π} D v = \frac{Q_{1}^{2}}{8 π} \int \frac{1}{| R - R_{1} |^{4}} D v = \frac{Q_{1}^{2}}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{D R}{R^{2}},

$E_{f,1} = \int \frac{\mathbf{E}_1^2}{8 \pi} \, dV = \frac{q_1^2}{8\pi} \int \frac{1}{|\mathbf{r}-\mathbf{r_1}|^4} \, dV = \frac{q_1^2}{2} \int_0^\infty \frac{dr}{r^2},$

weicht ab. Es ist die klassische elektrostatische Eigenenergie der Punktladung $q_1$ Interaktion mit seinem eigenen Feld. Es hat nichts damit zu tun $q_2$ und hängt nicht von der Entfernung zwischen den Ladungen oder der Position ab $q_1$ . Es ist Ruheenergie, die ebenso intrinsisch ist $q_1$ wie seine Masse-Energie ist, und diese Energie renormiert einfach die Masse $m_1$ , genauso wie in QED.

Das dritte Integral,

E_{F, 2} = \int \frac{E_{2}^{2}}{8 π} D v = \frac{Q_{2}^{2}}{8 π} \int \frac{1}{| R - R_{2} |^{4}} D v = \frac{Q_{2}^{2}}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{D R}{R^{2}},

$E_{f,2} = \int \frac{\mathbf{E}_2^2}{8 \pi} \, dV = \frac{q_2^2}{8\pi} \int \frac{1}{|\mathbf{r}-\mathbf{r_2}|^4} \, dV = \frac{q_2^2}{2} \int_0^\infty \frac{dr}{r^2},$

ähnlich divergiert und einfach renormiert $m_2$ .

Das zweite Integral,

E_{F, 12} = \int \frac{E_{1} \cdot E_{2}}{4 π} D v = \frac{Q_{1} Q_{2}}{4 π} \int \frac{R - R_{1}}{| R - R_{1} |^{3}} \cdot \frac{R - R_{2}}{| R - R_{2} |^{3}} D^{3} R = ?

$E_{f,12} = \int \frac{\mathbf{E}_1 \cdot \mathbf{E}_2}{4 \pi} \, dV = \frac{q_1 q_2}{4\pi} \int \frac{\mathbf{r}-\mathbf{r_1}}{|\mathbf{r}-\mathbf{r_1}|^3} \cdot \frac{\mathbf{r}-\mathbf{r_2}}{|\mathbf{r}-\mathbf{r_2}|^3} \; d^3\mathbf{r} = \;?$

ist das Interessante. Es betrifft beide eichinvarianten Felder $\mathbf{E}_1$ Und $\mathbf{E}_2$ und kann als eichinvariante ortsabhängige Wechselwirkungsenergie beschrieben werden. Es sieht so aus, als ob es divergent sein könnte, aber es stellt sich heraus, dass dieses Integral durchgeführt werden kann (siehe unten) und das Ergebnis endlich ist! Tatsächlich ist es nur die übliche "potenzielle Energie" zweier Punktladungen:

E_{F, 12} = \frac{Q_{1} Q_{2}}{| R_{1} - R_{2} |}

$E_{f,12} = \frac{q_1 q_2}{|\mathbf{r_1}-\mathbf{r_2}|}$

Für das Wasserstoffatom bedeutet dies den Begriff „potentielle Energie“. $\langle -e^2/r \rangle$ ist völlig legitim; es ist der $r$ -abhängiger Anteil der eichinvarianten Feldenergie. Der $r$ -unabhängiger Teil der eichinvarianten Feldenergie divergiert und renormiert die Massen.

Dieser aus den Feldern stammende Term ergibt den vierten Term in der zuvor bezeichneten Wasserstoff-Ruheenergie $\langle U\rangle$ .

Um das Integral zu berechnen, führen Sie kartesische Koordinaten mit ein $q_1$ ist bei $\mathbf{r}_1=a\hat{\mathbf{z}}$ Und $q_2$ ist bei $\mathbf{r}_2=-a\hat{\mathbf{z}}$ .

Das elektrische Feld von $q_1$ Ist

E_{1} = Q_{1} \frac{X \hat{X} + j \hat{j} + (z - A) \hat{z}}{[X^{2} + j^{2} + (z - A)^{2}]^{3 / 2}}

$\mathbf{E}_1 = q_1 \frac{x\hat{\mathbf{x}} + y\hat{\mathbf{y}} + (z-a)\hat{\mathbf{z}}}{[x^2 + y^2 + (z-a)^2]^{3/2}}$

und das elektrische Feld von $q_2$ Ist

E_{2} = Q_{2} \frac{X \hat{X} + j \hat{j} + (z + A) \hat{z}}{[X^{2} + j^{2} + (z + A)^{2}]^{3 / 2}},

$\mathbf{E}_2 = q_2 \frac{x\hat{\mathbf{x}} + y\hat{\mathbf{y}} + (z+a)\hat{\mathbf{z}}}{[x^2 + y^2 + (z+a)^2]^{3/2}},$

so ist die Feldwechselwirkungsenergie

E_{F, 12} = \frac{Q_{1} Q_{2}}{4 π} \int_{- \infty}^{\infty} D X \int_{- \infty}^{\infty} D j \int_{- \infty}^{\infty} D z \frac{X^{2} + j^{2} + z^{2} - A^{2}}{[(X^{2} + j^{2} + z^{2} + A^{2})^{2} - 4 A^{2} z^{2}]^{3 / 2}} .

$E_{f,12} = \frac{q_1 q_2}{4 \pi} \int_{-\infty}^\infty dx \int_{-\infty}^\infty dy \int_{-\infty}^\infty dz \; \frac{x^2 + y^2 + z^2 - a^2}{[(x^2 + y^2 + z^2 + a^2)^2 - 4 a^2 z^2]^{3/2}}.$

Durch Umwandeln in sphärische Polarkoordinaten wird das Integral zu

E_{F, 12} = \frac{Q_{1} Q_{2}}{4 π} \int_{0}^{\infty} R^{2} D R \int_{0}^{π} Sünde θ D θ \int_{0}^{2 π} D ϕ \frac{R^{2} - A^{2}}{[(R^{2} + A^{2})^{2} - 4 A^{2} R^{2} \cos^{2} θ]^{3 / 2}} .

$E_{f,12} = \frac{q_1 q_2}{4 \pi} \int_0^\infty r^2 dr \int_0^\pi \sin\theta d\theta \int_0^{2\pi} d\phi \; \frac{r^2 - a^2}{[(r^2 + a^2)^2 - 4 a^2 r^2 \cos^2\theta]^{3/2}}.$

Das Integral vorbei $\phi$ gibt einfach $2\pi$ , und das Integral über $\theta$ wird mit der Substitution elementar $u=\cos\theta$ :

\begin{aligned} E_{F, 12} & = \frac{Q_{1} Q_{2}}{2} \int_{0}^{\infty} R^{2} (R^{2} - A^{2}) D R \int_{- 1}^{1} \frac{D u}{[(R^{2} + A^{2})^{2} - 4 A^{2} R^{2} u^{2}]^{3 / 2}} \\ = \frac{Q_{1} Q_{2}}{2} \int_{0}^{\infty} R^{2} (R^{2} - A^{2}) D R {[\frac{u}{(R^{2} + A^{2})^{2} [(R^{2} + A^{2})^{2} - 4 A^{2} R^{2} u^{2}]^{1 / 2}}]}_{- 1}^{1} \\ = Q_{1} Q_{2} \int_{0}^{\infty} \frac{R^{2} D R}{(R^{2} + A^{2})^{2}} \frac{R^{2} - A^{2}}{| R^{2} - A^{2} |} . \end{aligned}

$\begin{align*} E_{f,12} &= \frac{q_1 q_2}{2} \int_0^\infty r^2 (r^2 - a^2) \; dr \int_{-1}^1 \frac{du}{[(r^2 + a^2)^2 - 4 a^2 r^2 u^2]^{3/2}} \\ &= \frac{q_1 q_2}{2} \int_0^\infty r^2 (r^2 - a^2) \; dr \left[ \frac{u}{(r^2 + a^2)^2 [(r^2 + a^2)^2 - 4 a^2 r^2 u^2]^{1/2}} \right]_{-1}^1 \\ &= q_1 q_2 \int_0^\infty \frac{r^2 dr}{(r^2 + a^2)^2} \frac{r^2 - a^2}{|r^2 - a^2|}. \end{align*}$

Das Integral vorbei $r$ muss in zwei Teile aufgeteilt werden, einen von 0 bis $a$ , und eine von $a$ Zu $\infty$ .

E_{F, 12} = Q_{1} Q_{2} (\int_{0}^{A} \frac{R^{2} D R}{(R^{2} + A^{2})^{2}} (- 1) + \int_{A}^{\infty} \frac{R^{2} D R}{(R^{2} + A^{2})^{2}} (+ 1)) .

$E_{f,12} = q_1 q_2 \left( \int_0^a \frac{r^2 dr}{(r^2 + a^2)^2}(-1) + \int_a^\infty \frac{r^2 dr}{(r^2 + a^2)^2} (+1) \right).$

Die resultierenden Integrale können mit der Substitution durchgeführt werden $r=a\tan{u}$ und gebe

\begin{aligned} E_{F, 12} & = Q_{1} Q_{2} ({[\frac{R}{2 (R^{2} + A^{2})} - \frac{{bräunen}^{- 1} (R / A)}{2 A}]}_{0}^{A} + {[\frac{{bräunen}^{- 1} (R / A)}{2 A} - \frac{R}{2 (R^{2} + A^{2})}]}_{A}^{\infty}) \\ = Q_{1} Q_{2} [(\frac{1}{4 A} - \frac{π}{8 A}) - (0) + (\frac{π}{4 A}) - (\frac{π}{8 A} - \frac{1}{4 A})] \\ = \frac{Q_{1} Q_{2}}{2 A} \end{aligned}

$\begin{align*} E_{f,12} &= q_1 q_2 \left( \left[ \frac{r}{2(r^2 + a^2)} - \frac{\tan^{-1}(r/a)}{2 a} \right]_0^a + \left[ \frac{\tan^{-1}(r/a)}{2 a} - \frac{r}{2(r^2 + a^2)} \right ]_a^\infty \right) \\ &= q_1 q_2 \left[ \left( \frac{1}{4a} - \frac{\pi}{8a} \right) - (0) + \left( \frac{\pi}{4a} \right) - \left( \frac{\pi}{8a} - \frac{1}{4a} \right) \right] \\ &= \frac{q_1 q_2}{2a} \end{align*}$

So ist das Endergebnis

E_{F, 12} = \frac{Q_{1} Q_{2}}{D}

$E_{f,12} = \frac{q_1 q_2}{d}$

Wo $d=2a$ ist die Trennung zwischen den Ladungen.

Das behauptete Ergebnis,

E_{F, 12} = \int \frac{E_{1} \cdot E_{2}}{4 π} D v = \frac{Q_{1} Q_{2}}{4 π} \int \frac{R - R_{1}}{| R - R_{1} |^{3}} \cdot \frac{R - R_{2}}{| R - R_{2} |^{3}} D^{3} R = \frac{Q_{1} Q_{2}}{| R_{1} - R_{2} |}

$E_{f,12} = \int \frac{\mathbf{E}_1 \cdot \mathbf{E}_2}{4 \pi} \, dV = \frac{q_1 q_2}{4\pi} \int \frac{\mathbf{r}-\mathbf{r_1}}{|\mathbf{r}-\mathbf{r_1}|^3} \cdot \frac{\mathbf{r}-\mathbf{r_2}}{|\mathbf{r}-\mathbf{r_2}|^3} \; d^3\mathbf{r} = \frac{q_1 q_2}{|\mathbf{r_1}-\mathbf{r_2}|}$

folgt daraus, dass es sich um eine rotationsinvariante Gleichung handelt, die wir mit einer bestimmten Koordinatenwahl verifiziert haben.

Nachtrag:

Ein viel einfacherer Ansatz besteht darin, einfach zu erkennen, dass die Schrödinger-Gleichung eichinvariant ist. Für ein Elektron in einem elektromagnetischen Feld, das durch ein skalares Potential beschrieben wird $\phi(\mathbf{r})$ und ein Vektorpotential $\mathbf{A}(\mathbf{r})$ , ist die Schrödinger-Gleichung

[\frac{1}{2 M} {(\frac{ℏ}{ich} \nabla + \frac{e}{C} A (R))}^{2} - e ϕ (R)] ψ (R, T) = E ψ (R, T) .

$\left[ \frac{1}{2m} \left( \frac{\hbar}{i}\nabla + \frac{e}{c} \mathbf{A}(\mathbf{r}) \right)^2 - e \phi(\mathbf{r}) \right] \psi(\mathbf{r}, t)=E \psi(\mathbf{r}, t).$

Wenn man die Messgerättransformationen vornimmt

ψ (R, T) \to \exp (ich λ (R, T)) ψ (R, T)

$\psi(\mathbf{r}, t) \rightarrow \exp({i \lambda(\mathbf{r}, t)}) \psi(\mathbf{r}, t)$

ϕ (R) \to ϕ (R) + \frac{ℏ}{e} \frac{\partial λ (R, T)}{\partial T}

$\phi(\mathbf{r}) \rightarrow \phi(\mathbf{r}) + \frac{\hbar}{e} \frac{\partial\lambda(\mathbf{r}, t)}{\partial t}$

A (R) \to A (R) - \frac{ℏ C}{e} \nabla λ (R, T)

$\mathbf{A}(\mathbf{r}) \rightarrow \mathbf{A}(\mathbf{r}) - \frac{\hbar c}{e} \nabla \lambda(\mathbf{r}, t)$

und verwendet die Beziehung

ich ℏ \frac{\partial ψ (R, T)}{\partial T} = E ψ (R, T),

$i \hbar \frac{\partial \psi(\mathbf{r}, t)}{\partial t} = E \psi(\mathbf{r}, t),$

man findet, dass die Gleichung unverändert ist, was zeigt, dass die Energie $E$ ist eichinvariant. Dies ist ein Standardbestandteil der meisten Bachelor-Studiengänge in Quantenmechanik.

Daher ist die ursprüngliche Berechnung in der Frage vollständig eichinvariant (wenn auch nicht offensichtlich wie die in meiner Antwort), da die Eichinvarianz der Schrödinger-Gleichung garantiert, dass die Energie in jedem Eichgerät gleich ist. Daher ist es in Ordnung, die Energie in einem Messgerät zu berechnen, in dem sich das Potential des Protons befindet $\phi=e/r$ .

Ein abweichender Kommentator scheint nicht zu verstehen, dass die Schrödinger-Gleichung eichinvariant ist. Er hat argumentiert (im Thread "Energie / Masse des Quantenvakuums"), dass die Phasenverschiebung der Wellenfunktion als $\psi \rightarrow e^{i \alpha t} \psi$ , Wo $\alpha$ konstant ist, verschiebt sich das Spektrum um $\alpha$ . Er scheint vergessen zu haben, dass die Rephasierung der Wellenfunktion nur ein Teil einer Eichtransformation ist. Der andere Teil verändert die elektromagnetischen Potentiale. Wenn man beides tut, ändert sich die Energie nicht. Das ist der ganze Sinn von Eichfeldern ... sie sind da, um die Gleichungen eichinvariant zu machen . Seine Behauptung in dem anderen Thread, dass "Die Energie des Grundzustands keine beobachtbare Größe ist", anscheinend weil er denkt, dass sie eichabhängig ist, ist falsch.

Eine potenzielle Verwirrung besteht darin, dass die Schrödinger-Gleichung für eine Ladung in einem elektromagnetischen Feld zwar eichinvariant ist, der Hamilton-Operator jedoch im Allgemeinen nicht. Dies steht aber nicht im Widerspruch dazu, dass die Energie eichinvariant ist, da der Hamiltonoperator nicht immer der Energieoperator ist. Das Problem ist, dass eine Eichtransformation einen nicht zeitabhängigen Hamiltonoperator in einen zeitabhängigen verwandeln kann, in welchem Fall dies nicht mehr gilt $\hat{H}\psi=E\psi$ .

Okay, zuerst der Ausdruck $\int dV \vec{E}^2/4\pi$ ist die im elektrischen Feld gespeicherte Energie. Aber das interessiert uns hier nicht. Wenn wir die Bindungsenergie des Wasserstoffatoms berechnen, das ist die $\langle U \rangle$ In Ihrem Ausdruck, dh der potentiellen Energie des Elektrons/Protons, interessieren wir uns für die Energie des Elektrons/Protons, die nicht die im elektrischen Feld gespeicherte Energie ist. Die im elektrischen Feld gespeicherte Energie ist vollständig eicheninvariant – dies ist trivialerweise offensichtlich, da es in Form von eicheninvarianten Größen ausgedrückt wird $\vec{E}^2$ Und $\vec{B}^2$
So $\tfrac{e^2}{r}$ ist in der klassischen oder Quantenmechanik keine eichinvariante Größe. Aber zweitens der Ausdruck $m_e+m_p+\tfrac{\vec{p}^2}{2\mu}$ ist aufgrund einer anderen Eichredundanz nicht eichinvariant: der Phasenredundanz der Quantenmechanik - das Problem hier ist, dass Sie das Elektron und das Proton im Grunde als klassische Punktteilchen behandelt haben, aber die 13,6 eV-Zahl stammt aus der Lösung der Schrödinger-Gleichung.
Was Sie getan haben, entspricht dem, was Sie in einem früheren Thread gesagt haben: "Ah, die Minkowski-Metrik sagt uns, dass die Streuung ist $p^2=m^2$ ." Dies ist klassischerweise tatsächlich die Energie eines einzelnen Elektrons. Aber in der Quantenmechanik gibt es eine neue Eichredundanz: Die Energie des Elektrons erhält die Eigenwerte des Hamilton-Operators, und wir können diese frei verschieben, indem wir die Wellenfunktion umphasieren. Dies ermöglicht uns, die Energie des Coulomb-gebundenen Zustands zu verschieben, was auch immer wir wollen.
Drittens möchte ich auch darauf hinweisen (obwohl es eine Spitzfindigkeit ist und für den Kern des Problems hier nicht relevant ist), dass die Masse / Ladungs-Renormalisierung des Elektrons / Protons hier nicht wirklich eine Rolle spielt. Die Massen in Ihrer Gleichung sind die physikalischen Massen, daher ist das Laufen unter RG hier nicht sichtbar - das einzige quantenmechanische Objekt, das hier eine Rolle spielt, ist die Vakuumenergie.
Das ist also eine schöne Berechnung, aber sie löst nicht das Problem, das Sie zu lösen versuchen. Sie haben nicht gezeigt, dass die elektrostatische Energie des Elektrons eicheninvariant ist $\tfrac{e^2}{r}$ - Viel Glück beim Versuch, $qV$ wird niemals eicheninvariant sein, egal wie sehr Sie versuchen, es zu drehen - und Sie haben nicht die kinetische Energie des Elektrons gezeigt $m+\tfrac{\vec{p}^2}{2\mu}$ (obwohl es in beiden Fällen unterschiedliche Messgerätredundanzen gibt).
@JulianIngham Sie haben den ganzen Punkt ignoriert, dass Energiedichte, nicht nur Energiedichteunterschiede, gemessen werden können, weil Krümmung gemessen werden kann.
@JulianIngham Ich habe einen Nachtrag hinzugefügt, in dem erörtert wird, wie die Schrödinger-Gleichung eichinvariant ist und in jedem Messgerät dieselbe Energie liefert.
Der "abweichende Kommentator" hat sehr viel Recht, mein Freund. Die Quantität $p_\mu-ieA_\mu$ ist unveränderlich, wie Sie darauf hinweisen, aber $p_\mu$ Und $A_\mu$ nicht getrennt eichinvariant sind, wie überaus offensichtlich ist. Ihr Argument ist gleichbedeutend mit der Aussage "Oh, schauen Sie, die Schrödinger-Gleichung ist daher eichinvariant $A_\mu$ ist eichinvariant! Die Energien sind nicht die Eigenwerte von $p_\mu-ieA_\mu$ , sie sind die Eigenwerte von $p_0$ , und nur weil der SE eichinvariant ist, heißt das nicht, dass einzelne Terme es sind.
Sie haben Ihre eigene Frage nicht beantwortet, da Sie zu keinem Zeitpunkt die potentielle Energie des Proton-Elektron-Paares berechnet haben, Sie haben nur die Energiedichte im elektromagnetischen Feld berechnet, was offensichtlich nicht dasselbe ist.
Aber ignorieren Sie auf jeden Fall das von mir verlinkte Lehrbuch der Quantenfeldtheorie von Matt Schwartz, in dem er ausdrücklich sagt, dass nur Energieunterschiede messbar sind. Es ist wahr, dass die Vakuumenergiedichte in der Schwerkraft messbar ist, aber genau das habe ich in diesem früheren Thread gesagt. In diesem Fall gibt es jedoch keine rahmenunabhängige Vorstellung von der Energie des Wasserstoffatoms selbst , und es löst nicht das Problem, an das Sie denken.
Vielleicht ist die Anzahl der Kommentare, die ich hier hinterlasse, übertrieben, aber hier ist eine andere Möglichkeit zu sehen, dass Ihre Argumentation falsch ist. Nimm das Coulomb-Potential $V=-e/r$ . Nehmen Sie nun das eichäquivalente Vektorpotential $A_r=-et/r^2$ . Das elektrische Feld aufgrund dieser beiden Potentiale ist genau dasselbe. Vergessen Sie jetzt, wie sich die Wellenfunktion / das Eichpotential transformieren sollen oder was auch immer. Was Sie im Wesentlichen sagen, ist, dass Sie, wenn Sie die Schrödinger-Gleichung aufschreiben und V eingeben, dann A eingeben, unterschiedliche Antworten erhalten, obwohl das physikalische E-Feld dasselbe ist - Unsinn!