Galileische Kovarianz der Schrödinger-Gleichung

Kostenlose Schrödinger-Gleichung

Galileische Boosts sind Transformationen, die das System aus der Sicht eines Beobachters betrachten, der sich mit konstanter Geschwindigkeit bewegt$-v$. Ein Boost muss die physikalischen Eigenschaften eines Wellenpakets genauso verändern wie in der klassischen Mechanik:

$$p' = p + mv$$

$$x' = x + vt$$

so dass der Phasenfaktor einer freien Schrödinger-Ebenenwelle:

$$px - Et = (p' - mv)(x' - vt) - \frac{(p' - mv)^2}{2m} t = p'x' + E't - mvx' + \frac{mv^2}{2} t$$

unterscheidet sich in den geboosteten Koordinaten nur um eine Phase, die davon abhängt$x'$Und$t$, aber nicht an$p$.

Eine willkürliche Überlagerung von ebenen Wellenlösungen mit unterschiedlichen Werten von$p$ist die gleiche Überlagerung von verstärkten ebenen Wellen bis hin zu einem Gesamtbild$x,t$abhängiger Phasenfaktor. Also jede Lösung der freien Schrödinger-Gleichung$\psi_t(x)$kann in andere Lösungen aufgestockt werden:

$$\psi'_t(x) = \psi_t(x + vt) e^{imvx - i \frac{mv^2}{2}t}$$

Das Verstärken einer konstanten Wellenfunktion erzeugt eine ebene Welle. Allgemeiner gesagt, das Verstärken einer ebenen Welle:

$$\psi_t(x) = e^{ipx - i \frac{p^2}{2m}t}$$

erzeugt eine verstärkte Welle:

$$\psi'_t(x) = e^{ip(x+vt) - i\frac{p^2}{2m}t + imvx - i\frac{mv^2}{2}t} = e^{i(p+mv)x + i\frac{(p+mv)^2}{2m}t}$$

Bossing des sich ausbreitenden Gaußschen Wellenpakets:

$$\psi_t(x) = \frac{1}{\sqrt{a + it/m}} e^{-\frac{x^2}{2a}}$$

erzeugt die sich bewegende Gaußsche:

$$\psi'_t(x) = \frac{1}{\sqrt{a + it/m}} e^{-\frac{(x+vt)^2}{2a} + imvxx - i\frac{mv^2}{2}t}$$

die sich genauso ausbreitet.

Operatorformalismus

Die Galileische Symmetrie erfordert dies$H(p)$ist quadratisch ein$p$sowohl im klassischen als auch im quantenhamiltonschen Formalismus. Damit Galilean Boosts a$p$-unabhängiger Phasenfaktor,$px - Ht$muss eine ganz besondere Form haben - Übersetzungen in$p$durch eine Verschiebung kompensiert werden müssen$H$. Das gilt nur wann$H$ist quadratisch.

Der infinitesimale Generator von Boosts sowohl im klassischen als auch im Quantenfall ist

$$B = \sum_i m_i x_i(t) - t \sum_i p_i$$

wo die Summe über die verschiedenen Teilchen ist, und$B$,$x$,$p$sind Vektoren.

Die Poisson-Klammer / Kommutator von$B\cdot v$mit$x$Und$p$erzeugen unendlich kleine Boosts, mit$v$der infitesimale Boost-Geschwindigkeitsvektor:

$$[B \cdot v, x_i] = vt$$

$$[B \cdot v, p_i] = v m_i$$

Das Iterieren dieser Beziehungen ist einfach, da sie bei jedem Schritt einen konstanten Betrag hinzufügen. Durch Iteration wird die$dv$s inkrementell zur endlichen Menge aufsummieren$V$:

$$x \rightarrow x_i + Vt$$ $$p \rightarrow p_i + m_i V$$

$B$dividiert durch die Gesamtmasse ist die aktuelle Schwerpunktposition abzüglich der Zeit mal der Schwerpunktgeschwindigkeit:

$$B = M X_\text{cm} - t P_\text{cm}$$

Mit anderen Worten,$B/M$ist die aktuelle Schätzung für die Position, die der Massenschwerpunkt zum Zeitpunkt Null hatte.

Die Aussage, dass$B$ändert sich nicht mit der Zeit ist der Schwerpunktsatz. Bei einem invarianten Galilei-System bewegt sich der Massenmittelpunkt mit konstanter Geschwindigkeit, und die kinetische Gesamtenergie ist die Summe der kinetischen Energie des Massenmittelpunkts und der relativ zum Massenmittelpunkt gemessenen kinetischen Energie.

Seit$B$ist explizit zeitabhängig,$H$pendelt nicht mit$B$, eher:

$$\frac{dB}{dt} = [H,B] + \frac{\partial B}{\partial t} = 0$$

Damit ergibt sich das Transformationsgesetz für$H$unter infinitesimalen Boosts:

$$[B \cdot v, H] = - P_\text{cm} v$$

Die Interpretation dieser Formel ist, dass die Änderung in$H$unter einem infitesimalen Auftrieb ergibt sich vollständig aus der Änderung des Schwerpunkts der kinetischen Energie, die das Punktprodukt des Gesamtimpulses mit der infitesimalen Auftriebsgeschwindigkeit ist.

Die beiden Mengen$(H,P)$bilden eine Darstellung der galiläischen Gruppe mit zentraler Ladung$M$, wo nur$H$Und$P$sind klassische Funktionen im Phasenraum oder quantenmechanische Operatoren, während$M$ist ein Parameter. Das Transformationsgesetz für infinitesimal$v$:

$$P' = P + Mv$$ $$H' = H - P\dot{v}$$

kann wie bisher iteriert werden -$P$geht von$P$Zu$P + MV$in unendlich kleinen Schritten von$v$, während$H$ändert sich bei jedem Schritt um einen Betrag proportional zu$P$, die sich linear ändert. Der Endwert von$H$wird dann um den Wert von geändert$P$auf halbem Weg zwischen dem Startwert und dem Endwert:

$$H' = H - (P + \frac{MV}{2}) \cdot V = H - P \cdot V - \frac{MV^2}{2}$$

Die Faktoren proportional zur zentralen Ladung$M$sind die zusätzlichen Wellenfunktionsphasen.

Boosts geben im Einzelpartikelfall zu viele Informationen, da die Galileische Symmetrie die Bewegung eines einzelnen Partikels vollständig bestimmt. Gegeben eine zeitabhängige Lösung mit mehreren Teilchen:

$$\psi_t(x_1, x_2, ..., x_n)$$

mit einem Potential, das nur von den relativen Positionen der Partikel abhängt, kann es verwendet werden, um die verstärkte Lösung zu erzeugen:

$$\psi'_t = \psi_t(x_1 + vt,...,x_n + vt) e^{i P_\text{cm} \cdot X_\text{cm} - \frac{M v_\text{cm}^2}{2}t}$$

Beim Problem der stehenden Welle fügt die Bewegung des Massenschwerpunkts nur eine Gesamtphase hinzu. Beim Auflösen nach den Energieniveaus von Mehrteilchensystemen ermöglicht die Galileische Invarianz, dass die Bewegung des Massenmittelpunkts ignoriert wird.

Eine freie Schrödingerwelle hat die Form

$$\psi = N e^{i(\omega t - kx)} ~.$$ Eine Galilei-Transformation verwandelt dies in $$\psi = N e^{i(\omega t' - k(x'+vt'))} = e^{i((\omega -kv) t' - kx')} ~.$$ So $$\omega' = \omega - kv$$ Und $$k'=k ~.$$ Die Schlussfolgerung ist, dass die Schrödinger-Gleichung unter Galilei-Transformationen nicht kovariant ist.

Die Gleichung ist kovariant unter der sogenannten Schrödinger-Gruppe. Einige Operationen in dieser Gruppe sind jedoch keine Koordinatentransformationen, da sie von der Partikelmasse abhängen. Der Wikipedia-Artikel dieser Gruppe ist undurchsichtig. Siehe meine arxiv.org-Einreichung https://arxiv.org/abs/quant-ph/0403013 .

Ich möchte mit einer ähnlichen Antwort beitragen, die Bargmanns Originalartikel über projektive Repräsentationen folgt.

Bargmanns Ansatz: In diesem Zusammenhang meinen wir mit$x,v,a$Vektoren und von$R$eine Rotationsmatrix. Betrachten Sie die Schrödinger-Gleichung in drei Dimensionen:

$$\begin{equation} i \frac{\partial \psi(x,t)}{\partial t}+\frac{1}{2m} \Delta \psi(x,t)= V \psi(x,t). \end{equation}$$ Betrachten wir denselben Zustand aus einem anderen Bezugsrahmen, der durch die galiläischen Transformationen wie folgt gegeben ist: $$\begin{equation}\label{Galilei}\tag{1}x'^{j}= \sum_{k=1}^3 \limits R^{jk}x^k+v^jt+a^j;\end{equation}$$ $$\begin{equation}\label{Galilei1}\tag{2} t'=t+b. \end{equation}$$

Bei den obigen Transformationen$R$Rotationen gibt es$3$von ihnen entlang jeder Achse,$v$stellt galiläische Boosts dar, die auch sind$3$,$a$repräsentiert Übersetzungen im Raum. Da nehmen wir den Platz an$3$-dimensional, es gibt 3 Übersetzungen$a$. Schließlich gibt es eine Übersetzung in der Zeit, parametrisiert durch$b$. Daher haben wir festgestellt, dass die galiläische Gruppe a ist$10$-dimensionale Lie-Gruppe. Im Folgenden wollen wir, dass unsere Quantentheorie unter dieser Symmetriegruppe invariant ist, also müssen wir sie auf dem Hilbert-Raum darstellen. Zwei physikalische Zustände sind äquivalent, wenn die zugehörigen Wellenfunktionen bis auf eine Phase gleich sind. Das heißt, wir betrachten projektive Darstellungen der Galileischen Gruppe auf dem Hilbertraum. Dies ist auch äußerst wichtig, weil es uns sagt, dass wir komplexe Wellenfunktionen haben müssen, wenn wir wollen, dass die Galileische Kovarianz erfüllt wird . Es ist keine Wahl der Beschreibung wie in der Elektrodynamik. Wenn wir dies explizit ausschreiben, haben wir:

$$\begin{equation}\tag{2}\label{phase} \psi(x,t)=e^{if(x',t')} \psi'(x',t'). \end{equation}$$ Wo$(x',t')$darauf ankommen$(x,t)$entsprechend $\ref{Galilei}$, $\ref{Galilei1}$. Wir wissen das$\psi$erfüllt die Schrödinger-Gleichung. Wir wollen feststellen$f$so dass$\psi'(x',t')$erfüllt es auch: $$\begin{equation}\tag{3}\label{schrodingertransformed} i \frac{\partial \psi(x,t)}{\partial t}+ \frac{1}{2m} \Delta \psi(x,t)= V \psi(x,t). \end{equation}$$ Seit$f(x',t')$noch unbekannt ist, muss diese Einschränkung nämlich die Kovarianz bestimmen. Mal sehen, wie wir die obige Gleichung in Bezug auf umschreiben könnten$x',t'$. Betrachten Sie dazu zunächst die Koordinatentransformationen. Sie implizieren die folgende Änderung der partiellen Ableitungen: $$\begin{equation}\tag{4}\label{galileiderivative} \begin{aligned} \nabla_i= \frac{\partial}{\partial x^i}&=\sum_{j=1}^{3} \limits\underbrace{\frac{\partial x^{'j}}{\partial x^i}}_{=R^{ji}} \frac{ \partial}{\partial x^{'j}}+ \underbrace{\frac{ \partial t'}{\partial x^i}}_{=0} \frac{\partial}{\partial t'}=\sum_{j=1}^{3} \limits R_{ji} \frac{\partial}{\partial x^{'j}}=\sum_{j=1}^{3} \limits (R_{ij})^{T} \frac{\partial}{\partial x^{'j}}:=R^{-1} \nabla_i ' ;\\ \frac{\partial}{\partial t}&=\sum_{i=1}^{3}\underbrace{\frac{\partial x^{'i}}{\partial t}}_{=v^i} \frac{\partial}{\partial x^{'i}}+ \underbrace{\frac{\partial t'}{\partial t}}_{=1} \frac{\partial}{\partial t'}=\sum_{i=1}^{3} \limits v^i \frac{\partial}{\partial x{'i}}+ \frac{\partial}{\partial t'}:= v \cdot \nabla ' + \frac{\partial}{\partial t'}. \end{aligned} \end{equation}$$ Wir wissen auch, dass der Laplace-Operator rotationsinvariant ist. Da der einzige Teil bei der Koordinatentransformation z$x'$, was beinhaltet$x$der Rotationsteil ist, können wir schlussfolgern, dass der Laplace-Operator auch unter den Galilei-Transformationen unveränderlich ist. Daher kommen wir zu folgender Gleichung: $$\begin{equation} \left( i \frac{\partial}{\partial t'} +i v \cdot \nabla ' +\frac{1}{2m} \Delta ' - V\right) \left( e^{i f(x',t')} \psi'(x',t') \right). \end{equation}$$ Bevor wir die Produktregel anwenden, erinnern wir uns an eine Vektorkalkül-Identität, die uns einen zusätzlichen „nicht intuitiven“ Term erzeugt: $$\begin{equation} \Delta(f_1 f_2)=(\Delta f_1) f_2+ f_1 (\Delta f_2)+2 (\nabla f_1) \cdot (\nabla f_2). \end{equation}$$ Um dies zu erweitern, müssen wir die Produktregel verwenden: $$\begin{equation*} i \underbrace{\frac{\partial}{\partial t'} \left(e^{if(x',t')} \right)}_{=i \frac{\partial{f(x',t')}}{\partial t'} e^{if(x',t')}} \psi'(x',t') +i e^{if(x',t')} \frac{\partial}{\partial t'} \psi'(x',t') + i\underbrace{(v \cdot \nabla') \left(e^{if(x',t')} \right)}_{=(iv \cdot \nabla ' f(x',t')) e^{if(x',t')}} \psi'(x',t')+ie^{if(x',t')} (v \cdot \nabla ')(\psi'(x',t')) \end{equation*}$$ $$\begin{equation*} +\frac{1}{2m}\left( \underbrace{\Delta' e^{if(x',t')}}_{\text{term 1}} \right) \psi'(x',t') +\frac{1}{2m}e^{if(x',t')} ( \Delta' \psi'(x',t'))+\frac{2}{2m}\left(\underbrace{\nabla' e^{if(x',t')}}_{=(i \nabla' f(x',t'))e^{if(x',t')}} \right) \cdot (\nabla ' \psi'(x',t')) -V e^{if(x',t')} \psi'(x',t')=0. \end{equation*}$$ Mit Term 1 haben wir noch viel zu tun. Rechnen wir es explizit aus: $$\begin{equation*} \Delta ' e^{if(x',t')}= \nabla' \cdot \left( \nabla ' e^{if(x',t')} \right)= \nabla' \cdot \left( e^{if(x',t')} (i \nabla ' f(x',t')) \right) \end{equation*}$$ $$\begin{equation*} = e^{if(x',t')} \nabla'\cdot (i \nabla' f(x',t'))+ i \underbrace{\left(\nabla ' e^{if(x',t')} \right)}_{= (i \nabla' f(x',t'))e^{i f(x',t')}} \cdot \nabla' f(x',t') \end{equation*}$$ $$\begin{equation*} =i \left(\nabla'^2 f(x',t') \right) e^{if(x',t')} +i \nabla ' f(x',t') (i \nabla' f(x',t'))e^{if(x',t')} \end{equation*}$$ $$\begin{equation*} =\left(i \nabla^{'2} f(x',t')-\left(\nabla ' f(x',t') \right)^2 \right) e^{if(x',t')}. \end{equation*}$$ Wir können also unseren Ausdruck nach der Produktregel wie folgt vereinfachen: $$\begin{equation*} \begin{aligned} & \underbrace{-\frac{\partial f(x',t')}{\partial t'} e^{if(x',t')} \psi'(x',t')}_{1} + \underbrace{ie^{if(x',t')} \frac{\partial \psi'(x',t')}{\partial t'}}_{3}-\underbrace{v \cdot (\nabla' f(x',t'))e^{if(x',t')} \psi'(x',t')}_{1}+\underbrace{e^{if(x',t')}(iv \cdot \nabla ') (\psi'(x',t')}_{2}\\ & +\underbrace{\frac{1}{2m} \left(i \nabla'^2 f(x',t') - \left(\nabla' f(x',t')\right)^2 \right)e^{if(x',t')} \psi'(x',t')}_{1}+ \underbrace{\frac{1}{2m} e^{if(x',t')}\left(( \Delta' \psi'(x',t') \right) -V e^{-if(x',t')} \psi'(x',t')}_{3} \\ &+ \underbrace{\frac{1}{m}\left( i \nabla' f(x',t') \right) e^{if(x',t')} \cdot (\nabla ' \psi'(x',t'))}_{2}=0. \end{aligned} \end{equation*}$$ Umgruppieren der Begriffe in den Gruppen$1,2,3$Erträge: $$\begin{equation*} \left(\underbrace{-\frac{\partial f(x',t')}{\partial t'}+\frac{i}{2m} \nabla^{'2}f(x',t')- \frac{1}{2m}\left(\nabla' f(x',t') \right)^2 -v \cdot \nabla' f(x',t')}_{\text{condition 1}}\right) e^{i f(x',t')} \psi'(x',t') \end{equation*}$$ $$\begin{equation*} + i\left(\underbrace{v +\frac{1}{m} \nabla' f(x',t')}_{\text{condition 2}} \right)e^{if(x',t')} \cdot \left( \nabla ' \psi'(x',t') \right) + e^{if(x',t')}\underbrace{\left( i\frac{ \partial}{\partial t'}+\frac{1}{2m} \Delta '-V \right) \psi'(x',t')}_{\text{Schrödinger}}=0. \end{equation*}$$ Der letzte Teil ist die Schrödinger-Gleichung für$\psi'(x',t')$. Wir wollen also alle anderen Terme töten, damit dies auf der rechten Seite gleich 0 ist, um die Kovarianz zu garantieren. Wir gehen von folgenden Bedingungen aus$f$um Kovarianz sicherzustellen: $$\begin{equation}\label{conditions1} \tag{4} v+\frac{1}{m} \nabla ' f(x',t')=0 ; \end{equation}$$

$$\begin{equation}\label{conditions2} \tag{5} - \frac{\partial f(x',t')}{\partial t'}+\frac{i}{2m}\nabla^{'2}f(x',t')- \frac{1}{2m}\left(\nabla' f(x',t') \right)^2 -v \nabla' f(x',t')=0. \end{equation}$$ Das obige System kann einfach integriert werden, um Folgendes zu erhalten: $$\begin{equation} f(x',t')=-mv \cdot x'+\frac{1}{2}mv^2 t' + C. \end{equation}$$ Um zu überprüfen, ob dies tatsächlich der Fall ist, ersetzen wir wieder in $\ref{conditions1}$, $\ref{conditions2}$. Berechnen Sie dazu alle Objekte, die in den Bedingungen vorkommen: $$\begin{equation} \nabla' f(x',t')=-mv; \end{equation}$$ $$\begin{equation} \frac{\partial f(x',t')}{\partial t'}=\frac{1}{2}mv^2; \end{equation}$$ $$\begin{equation} \nabla^{'2}f(x',t')=0. \end{equation}$$ Daher haben wir: $$\begin{equation*} v+\frac{1}{m}(-mv)=v+(-v)=v-v=0. \end{equation*}$$ $$\begin{equation*} -\frac{1}{2} mv^2+\underbrace{\frac{-i}{2m}0}_{=0}-\underbrace{\frac{1}{2m} m^2 v^2}_{=\frac{1}{2} mv^2} - \underbrace{v(-mv)}_{=mv^2}=0 \implies -\frac{1}{2} mv^2 -\frac{1}{2} mv^2 + mv^2=0 \implies 0=0. \end{equation*}$$ Dies zeigt, dass die obige Funktion$f(x',t')$löst das System. Die Wellenfunktionen transformieren sich also unter einer Galilei-Transformation wie folgt: $$\begin{equation} \psi(x,t)=e^{i f(x',t')}\psi'(x',t') \implies \psi'(x',t')=e^{-if(x',t')} \psi(x,t). \end{equation}$$ Ausschreiben$f(x',t')$ausdrücklich: $$\begin{equation}\label{representation} \psi'(x',t')=e^{i \left( mv \cdot x' - \frac{1}{2}mv^2t'+C \right)} \psi(x,t). \end{equation}$$ Oder gleichwertig: $$\begin{equation}\label{representation1} \psi'(Rx+vt+a,t+b)= e^{i \left(mv \cdot (Rx+vt+a)- \frac{1}{2} mv^2(t+b) +C \right)} \psi(x,t). \end{equation}$$ Da wir den allgemeinsten Fall hergeleitet haben, besprechen wir die Lehrbuchbeispiele. Ein weithin bekanntes Lehrbuchbeispiel, beispielsweise das von Merzbacher in seinem Buch Quantum Mechanics diskutierte, ist die Galileische Boost-Invarianz. Dazu müssen wir einstellen$R=1,a=b=0$: $$\begin{equation} \psi'(x+vt,t)=e^{i \left( mv \cdot(x+vt) - \frac{1}{2} mv^2t \right)} \psi(x,t). \end{equation}$$ Oder explizit wie es im Buch steht: $$\begin{equation} \psi'(x,t)=e^{im \left( v \cdot x - \frac{1}{2}v^2t \right)} \psi(x-vt,t). \end{equation}$$

Verweise:

1. Valentine Bargmann, On Unitary Ray Representations of Continuous Groups , Annals of Mathematics, 1954.

2. Eugen Merzbacher, Quantenmechanik , 3. Auflage

Besonderer Dank geht an Valter Moretti , der mir damals geholfen hat, einen Fehler in meiner Berechnung zu erkennen, als ich es tat und darum kämpfte, die Äquivalenz der Ergebnisse zu erhalten.