Forma de la ecuación de Schrödinger para la densidad de probabilidad

Question

Forma de la ecuación de Schrödinger para la densidad de probabilidad

Jan Bos

¿Es posible formular la ecuación de Schrödinger (SE) en términos de una ecuación diferencial que involucre solo la densidad de probabilidad en lugar de la función de onda? ¿Si no, porque no?

Podemos tomar como ejemplo el SE independiente del tiempo:

- \frac{ℏ^{2}}{2 metro} \nabla^{2} ψ (r) + V (r) ψ (r) = mi ψ (r)

$-\frac{\hbar ^{2}}{2m}\nabla ^{2}\psi (\mathbf {r} )+V(\mathbf {r} )\psi (\mathbf {r} )=E\psi (\mathbf {r} )$

Cualquier solución producirá una densidad de probabilidad $p(\mathbf {r}) = \psi^*(\mathbf {r})\psi(\mathbf {r})$ y la pregunta si se puede encontrar una ecuación de la cual $p$ es la solucion si $\psi$ es una solución del SE.

Supongo que no, ya que habría sido ampliamente conocido, pero no he visto los argumentos por los que esto sería imposible. Entiendo que la función de onda contiene más información que la densidad de probabilidad (por ejemplo, la fase de $\psi$ que es relevante en QM sale de $p$ ) pero no lo veo como razón suficiente contra la existencia de tal ecuación.

zheng liu

Creo que si quieres escribir cómo cambia la densidad de probabilidad en el tiempo, básicamente obtienes la ecuación de continuidad. Como se comenta en la respuesta a continuación,

ρ

$\rho$ no da toda la información del estado cuántico.

Jan Bos

@Zheng Liu No estoy tan preocupado por no tener toda la información en

ψ

$\psi$ si no lo necesita para encontrar soluciones para

ρ

$\rho$ . Pero aun así, siguiendo la respuesta de AFT se puede expresar la fase compleja de

ψ

$\psi$ en

ρ

$\rho$ aunque es una forma funcional y engorrosa. Entonces, toda la información en el estado cuántico aún se puede encontrar si lo desea.

zheng liu

Derecho. Se puede recuperar si conoces la fase compleja.

Respuestas (3)

Forma de la ecuación de Schrödinger para la densidad de probabilidad

Creo que si quieres escribir cómo cambia la densidad de probabilidad en el tiempo, básicamente obtienes la ecuación de continuidad. Como se comenta en la respuesta a continuación, $\rho$ no da toda la información del estado cuántico.
@Zheng Liu No estoy tan preocupado por no tener toda la información en $\psi$ si no lo necesita para encontrar soluciones para $\rho$ . Pero aun así, siguiendo la respuesta de AFT se puede expresar la fase compleja de $\psi$ en $\rho$ aunque es una forma funcional y engorrosa. Entonces, toda la información en el estado cuántico aún se puede encontrar si lo desea.

AccidentalFourierTransformar · Answer 1

No, no puedes.

La función $\psi\in\mathbb C$ tiene dos grados reales de libertad; son acoplados y dinámicos (sin calibre). Por otro lado, la función $\rho\in\mathbb R$ tiene un grado real de libertad. Es imposible reducir la dinámica del sistema de dos variables a una variable sin perder información en el proceso.

(Pero, en un sentido formal: Sí, puedes)

Dejar $\psi=\sqrt{\rho}\mathrm e^{iS}$ , con $\rho,S$ un par de variables reales. Puede escribir la ecuación de Schrödinger directamente en términos de $\rho,S$ como (cf. Madelung o Bohm )

\begin{aligned} \frac{\partial \sqrt{ρ}}{\partial t} & = - \frac{1}{2 metro} (\sqrt{ρ} \nabla^{2} S + 2 \nabla \sqrt{ρ} \cdot \nabla S) \\ \frac{\partial S}{\partial t} & = - (\frac{| \nabla S |^{2}}{2 metro} + V - \frac{ℏ^{2}}{2 metro} \frac{\nabla^{2} \sqrt{ρ}}{\sqrt{ρ}}) \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \frac{\partial\sqrt{\rho}}{\partial t}&=-\frac{1}{2m}\left(\sqrt{\rho}\nabla^2S+2\nabla\sqrt{\rho}\cdot\nabla S\right)\\ \frac{\partial S}{\partial t}&=-\left(\frac{|\nabla S|^2}{2m}+V-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\nabla^2\sqrt{\rho}}{\sqrt{\rho}}\right) \end{aligned} \end{equation}$

Como puedes ver, no puedes escribir una ecuación para $\rho$ solo, porque su ecuación está acoplada a una segunda incógnita, $S$ . Dos grados reales de libertad, no uno. Hablando formalmente, puede resolver la ecuación para $S$ como funcional de $\rho$ , y reemplaza el resultado en la ecuación para $\rho$ , obteniendo así una ecuación para $\rho$ solo. Esto no es práctico porque en realidad no es posible resolver para $S=S[\rho]$ en términos generales, e incluso si pudiéramos, el funcional sería altamente no local por lo que la ecuación resultante para $\rho$ sería imposible trabajar con él. La ecuación de Schrödinger, escrita en términos de $\psi$ , incluso si es complicado, es tan simple como parece. Cualquier otra reformulación es mucho más engorrosa de usar.

Entonces, ¿no debería la respuesta estar en la línea de "Sí, puedes, pero la ecuación implica un complicado funcional de $\rho$ y no es práctico de usar". De hecho, la segunda parte de su respuesta parece contradecir la primera parte ya que mostró que los grados de libertad están acoplados aunque de una manera complicada. Es interesante que la densidad de probabilidad simple relativa de digamos un electrón 1s en hidrógeno es una solución de esta tediosa ecuación.
Aprecie el enlace a la ecuación cuántica de Hamilton-Jacobi (la segunda ecuación diferencial en el conjunto de parejas). Parece que se ha hecho algo al respecto, pero no parece sencillo.
algun libro sobre esto? Es más complicado matemáticamente, pero me gusta mucho más conceptualmente.
@MikeFlynn Bohm escribió varios libros él mismo, así que definitivamente deberías echarles un vistazo. Escuché que son bastante buenos (incluso para aquellos a quienes no les gusta la interpretación de Bohm).

JG · Answer 2

Tenemos $\psi^\ast\nabla^2\psi=\dfrac{2m}{\hbar^2}(V-E)\rho$ entonces por conjugación compleja $\psi\nabla^2\psi^\ast=\dfrac{2m}{\hbar^2}(V-E)\rho$ . Por lo tanto

\nabla^{2} ρ = ψ \nabla^{2} ψ^{*} + ψ^{*} \nabla^{2} ψ + 2 \nabla ψ^{*} \cdot \nabla ψ = \frac{4 metro}{ℏ^{2}} (V - mi) ρ + 2 \nabla ψ^{*} \cdot \nabla ψ .

$\nabla^2 \rho=\psi\nabla^2\psi^\ast+\psi^\ast\nabla^2\psi+2\boldsymbol{\nabla}\psi^\ast\cdot\boldsymbol{\nabla}\psi=\dfrac{4m}{\hbar^2}(V-E)\rho+2\boldsymbol{\nabla}\psi^\ast\cdot\boldsymbol{\nabla}\psi.$ Es ese último término el que se interpone en el camino. Hay más información mecánica cuántica en

ψ

$\psi$ que en

ρ

$\rho$ , por lo que en general no podemos reescribir todo en términos de

ρ

$\rho$ solo.

Puedes escribir una ecuación para $\rho$ y $J$ (la probabilidad actual) sin embargo.
Sí, pero si no recuerdo mal, puedes resolver ciertos problemas introductorios de dispersión usando solo la ecuación de continuidad y sin usar $\psi$ .
@Mauricio Si se le ocurre un ejemplo, probablemente debería mencionarlo en una respuesta aquí, incluso si es solo "un comentario largo".
Perdón por la confusión en muchas escuelas europeas, usan la corriente de probabilidad para calcular los coeficientes de transmisión/reflexión, sin embargo, estos problemas aún necesitan la ecuación de Schrödinger: cp3.irmp.ucl.ac.be/~maltoni/PHY1222/QM-IVa.pdf
Tu respuesta no prueba que tal ecuación no exista. Solo da un ejemplo de uno que no funciona. Según mi comentario bajo mi pregunta en respuesta a Zheng Liu, tampoco estoy convencido de su declaración de que hay más información en $\psi$ que en $\rho$ . Probablemente podría decir como máximo que el estado en el punto $x = x_1$ contiene más información que $\rho$ en el punto único $x = x_1$ .
@JG Quise decir mi respuesta a su comentario a mi pregunta. Así que puedes encontrarlo arriba.

Emilio Pisanty · Answer 3

La densidad de probabilidad no es un gran punto de comparación, porque no tiene absolutamente ninguna información sobre las propiedades del impulso del estado.

Esto va un poco más allá en el sentido de que el punto de comparación clásico correcto para cualquier formalismo de la mecánica cuántica no es realmente una perspectiva newtoniana de trayectoria única; en cambio, es la mecánica de Liouville de la densidad del espacio de fase $\rho(x,p)$ de una partícula que obedece a la mecánica hamiltoniana clásica pero cuyo estado solo se conoce por una distribución de probabilidad en el espacio de fase, y cuya densidad obedece a la ecuación de Liouville

\frac{\partial ρ}{\partial t} = - {ρ, H} .

$\frac{\partial\rho}{\partial t}=-\{\,\rho,H\,\}.$

Una vez que haga eso, entonces hay un análogo cuántico de la ecuación de Liouville, dada en esta respuesta por Qmechanic , donde necesita cambiar las multiplicaciones de funciones estándar para un $\hbar$ -producto de Moyal dependiente ; la ecuación dinámica entonces se lee

\frac{d ρ}{d t} = \frac{1}{i ℏ} [ρ \overset{⋆}{,} H] .

$\frac{d\rho}{dt} = \frac{1}{i\hbar} [\rho\stackrel{\star}{,}H].$ Nunca he visto que esto se use con ira , pero eso podría deberse a que nunca he mirado los lugares que lo usan.

Gracias por su referencia al análogo cuántico de la ecuación de Liouville. Parece algo que estaba buscando. Debe estar relacionado con la ecuación en la respuesta de AccidentalFourierTransform. Acerca de su primer párrafo, no estoy tan preocupado por eso. En un nivel superior, me preguntaba si QM se puede hacer sin hablar de estados. Digamos que tomas todas las densidades de probabilidad $\rho_{nlm}$ del átomo de hidrógeno debe haber alguna forma de conectar $m$ al momento angular sin referencia a los estados, pero eso podría ser otra cuestión.

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