¿Por qué la ecuación de Schrödinger no contiene un término de mc2mc2mc^2?

Question

¿Por qué la ecuación de Schrödinger no contiene un término de mc2mc2mc^2?

J.Manuel

Admitiendo el ansatz

\begin{matrix} (1) & ψ = {mi}^{i (k X - ω t)} \end{matrix}

$ψ=e^{i(kx-ω t)} \tag{1}$ después

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

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

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

$ω=iψ^{-1} \frac {∂ψ}{∂t} \tag{3}$

Si se admite que la energía total ( $E$ ) está relacionado con el impulso ( $p$ ) como $E=\frac{p^2}{2m}+U$ , admitiendo también las relaciones de De Broglie $E=ħω$ ; $p=ħk$ resulta que

\begin{matrix} (4) & \frac{- ħ^{2}}{2 metro} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial X^{2}} + tu ψ = i ħ \frac{\partial ψ}{\partial t} \end{matrix}

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

Esta es la ecuación de Schrödinger. Se dice que esta ecuación no es relativista debido a su uso de $E= \frac{p^2}{2m}+U$ ( Sin embargo, hablando rigurosamente , no es relativista porque no es invariante de Lorentz).

Sin embargo, partiendo de la ecuación relativista de energía total

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

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

Donde, $T$ es la energía cinética y $mc^2$ la energía propia de la partícula. Ahora, usando la expansión de $\frac{1}{ \sqrt{1- \frac{v^2}{c^2}}}mc^2$

mi = metro C^{2} + \frac{metro v^{2}}{2} + \frac{3 metro v^{4}}{8 C^{2}} + \frac{5 metro v^{6}}{dieciséis C^{4}} + . . .

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

e ignorando los miembros que se dividen por $c$ (porque estamos considerando $v\ll c$ ). Se vuelve

\begin{matrix} (6) & mi = \frac{1}{2} metro v^{2} + metro C^{2} = T + metro C^{2} = \frac{{pag}^{2}}{2 metro} + metro C^{2} \end{matrix}

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

o

\begin{matrix} (7) & \frac{{pag}^{2}}{2 metro} + metro C^{2} = ħ ω = \frac{ħ^{2} k^{2}}{2 metro} + metro C^{2} \end{matrix}

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

Asi que, $mc^2$ no desaparece incluso bajo la aproximación clásica.

Admitiendo que las ecuaciones de Planck y De Broglie se cumplen en todas las situaciones y que $E$ en la ecuación de Planck es la energía total , sustituyendo la ecuación (2) y (3) en (7) la ecuación de Schrödinger "tendría" la forma

\begin{matrix} (9) & \frac{- ħ^{2}}{2 metro} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial X^{2}} + metro C^{2} ψ = i ħ \frac{\partial ψ}{\partial t} \end{matrix}

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

Ahora podríamos postular esta ecuación, haciendo que los pasos para obtenerla sean menos fundamentales que el resultado final.

Traté de considerar eso $T \ll mc^2$ en la ecuación de Schrödinger, pero me doy cuenta de que un electrón en un átomo de hidrógeno moviéndose a la mitad de la velocidad de la luz (usando ecuaciones clásicas ya que estamos analizando la ecuación de Schrödinger) tendría menos de $\rm 100keV$ ( $\rm ≈64keV$ si mi cálculo no está mal) de energía cinética, pero $\rm 511keV$ de energía propia.

Entonces, mi pregunta es : ¿por qué la ecuación de Schrödinger no tiene un $mc^2$ término, si $ħω$ se supone que es la energía total y no sólo la energía cinética.

qmecanico

Para una conexión entre Schr. ec. y Klein-Gordon eq, véase, por ejemplo, A. Zee, QFT in a Nutshell, cap. III.5, y esta publicación de Phys.SE más los enlaces incluidos.

Ruslán

Tenga en cuenta que en la mecánica clásica también puede agregar cualquier constante al potencial sin afectar las ecuaciones de movimiento. Por lo tanto, también puede pasar de un hamiltoniano relativista a uno no relativista y dejar

m c^{2}

$mc^2$ en el proceso.

Emilio Pisanty

Ya tienes dos respuestas perfectamente buenas. ¿En qué sentido esta pregunta "no ha recibido suficiente atención"?

J.Manuel

@Ruslan. En la mecánica clásica, las ecuaciones de movimiento resultarían de las derivadas tanto del lagrangiano como del hamiltoniano, una especie de

\partial H / \partial q

$∂H/∂q$ o

\partial L / \partial q

$∂L/∂q$ , por lo tanto, cualquier mapa del tipo

H = T + (V + C)

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

L = T - (V + C)

$L=T-(V+C)$ sería lo mismo que

H = T + V

$H=T+V$ o

L = T - V

$L=T-V$ . En la ecuación de Schrödinger no tienes una derivada explícita del potencial, mira el caso de

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

$\frac {-ħ^2}{2m} \frac {∂^2ψ}{∂x^2}+V(r,t)ψ = iħ \frac {∂ψ}{∂t}$ . Me pregunto cómo las soluciones de partículas libres para la ecuación de Shroedinger no causarían ninguna diferencia si de repente fueran reemplazadas por la ecuación de potencial constante.

J.Manuel

@EmilioPisanty. "Perfectamente bueno" para ti, no es necesariamente "perfectamente bueno" para mí.

Ruslán

Sencillo: si cambias

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

$V(r,t)\to V(r,t)+W$ , obtendrás un extra

\exp (i W t / ℏ)

$\exp(iWt/\hbar)$ factor en los estados propios, pero no es físicamente relevante, ya que todas las diferencias en las energías propias serán las mismas. No olvide que la fase global no es un observable.

Emilio Pisanty

@J.Manuel Si las respuestas existentes no son satisfactorias, le aconsejaría que realmente se comprometa con los que respondieron y solicite una aclaración en lugar de simplemente arrojar al representante sobre el problema y esperar que otras personas sepan mágicamente de qué se trata las respuestas existentes que usted encontrado confuso. Realmente no hay nada que decir que no esté ya en las respuestas de Valter y knzhou, y eso incluye las dos nuevas respuestas.

Respuestas (4)

¿Por qué la ecuación de Schrödinger no contiene un término de mc2mc2mc^2?

Para una conexión entre Schr. ec. y Klein-Gordon eq, véase, por ejemplo, A. Zee, QFT in a Nutshell, cap. III.5, y esta publicación de Phys.SE más los enlaces incluidos.
Tenga en cuenta que en la mecánica clásica también puede agregar cualquier constante al potencial sin afectar las ecuaciones de movimiento. Por lo tanto, también puede pasar de un hamiltoniano relativista a uno no relativista y dejar $mc^2$ en el proceso.
Ya tienes dos respuestas perfectamente buenas. ¿En qué sentido esta pregunta "no ha recibido suficiente atención"?
@Ruslan. En la mecánica clásica, las ecuaciones de movimiento resultarían de las derivadas tanto del lagrangiano como del hamiltoniano, una especie de $∂H/∂q$ o $∂L/∂q$ , por lo tanto, cualquier mapa del tipo $H=T+(V+C)$ o $L=T-(V+C)$ sería lo mismo que $H=T+V$ o $L=T-V$ . En la ecuación de Schrödinger no tienes una derivada explícita del potencial, mira el caso de $\frac {-ħ^2}{2m} \frac {∂^2ψ}{∂x^2}+V(r,t)ψ = iħ \frac {∂ψ}{∂t}$ . Me pregunto cómo las soluciones de partículas libres para la ecuación de Shroedinger no causarían ninguna diferencia si de repente fueran reemplazadas por la ecuación de potencial constante.
@EmilioPisanty. "Perfectamente bueno" para ti, no es necesariamente "perfectamente bueno" para mí.
Sencillo: si cambias $V(r,t)\to V(r,t)+W$ , obtendrás un extra $\exp(iWt/\hbar)$ factor en los estados propios, pero no es físicamente relevante, ya que todas las diferencias en las energías propias serán las mismas. No olvide que la fase global no es un observable.
@J.Manuel Si las respuestas existentes no son satisfactorias, le aconsejaría que realmente se comprometa con los que respondieron y solicite una aclaración en lugar de simplemente arrojar al representante sobre el problema y esperar que otras personas sepan mágicamente de qué se trata las respuestas existentes que usted encontrado confuso. Realmente no hay nada que decir que no esté ya en las respuestas de Valter y knzhou, y eso incluye las dos nuevas respuestas.

Valter Moretti · Answer 1

Valter Moretti

Solo porque para introducir el término constante suma $mc^2I$ al operador hamiltoniano sería equivalente a redefinir $\psi \to \psi'= e^{imc^2 t/\hbar}\psi$ . Este tipo de fases no importan en QM. No puedes verlos midiendo cualquier observable. Los estados puros son en realidad operadores de la forma $|\psi \rangle \langle \psi|$ y ves que estas fases se anulan entre sí.

En cambio, si la masa fuera reemplazada por un operador de masa con espectro discreto, la imagen cambiaría. En el límite clásico las rápidas oscilaciones temporales de las fases (supongo que la masa es grande si se compara con las energías típicas del sistema), destruirían la coherencia de superposiciones de diferentes masas dando lugar dinámicamente a la regla de superselección de la masa Bargmann's regla de superselección (ver aquí o aquí ).

Ruslán

Es un buen truco para explicar la cancelación de fase cambiando al formalismo del operador de densidad. Pero, ¿no cancelaría también cualquier cambio de signo bajo el operador de intercambio de partículas, haciendo así que los fermiones y los bosones fueran equivalentes?

Valter Moretti

Lo siento, eliminé mi comentario anterior porque pensé que te referías a mi último comentario. No, en cuanto a la cancelación de fases no surge ningún problema. El formalismo del operador de densidad es completamente suficiente para tratar con QM. Cada operación se puede realizar usando ese formalismo. Los estados puros son matrices de densidad de la forma

P = | ψ ⟩ ⟨ ψ |

$P=|\psi\rangle \langle \psi|$ . Lo único que puede calcular son los valores esperados y se mantiene

⟨ ψ | A ψ ⟩ = t r (P A)

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

Valter Moretti

Sin embargo, puede distinguir entre matrices de densidad de la forma

P = | ψ ⟩ ⟨ ψ |

$P=|\psi\rangle \langle \psi|$ con vector de partículas idénticas simétrico o antisimétrico

| ψ ⟩

$|\psi\rangle$ bajo la acción del grupo de permutación... Aunque no surge por un signo frente a

P

$P$ al actuar con la representación unitaria del grupo de permutación de esta manera

U P U^{*}

$UPU^*$ porque los signos cancelan.

J.Manuel

@ValterMoretti. Si ve la ecuación (9), es igual a la ecuación de Schrödinger para una partícula a potencial constante, aunque (en este caso) representa la partícula libre. En la ecuación de Schrödinger, las partículas libres tienen soluciones oscilatorias siempre que su energía sea positiva. Sin embargo, la ecuación (9) tiene soluciones oscilatorias solo si

E > m c^{2}

$E>mc^2$ , esto podría tener un efecto medible en cosas como el efecto túnel, al aumentar la altura de la barrera, o en patrones de interferencia de partículas de baja energía, ¿no es así?

Valter Moretti

@J.Manuel de hecho el espectro de

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

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

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

$[mc^2, +\infty)$ y no hay elementos debajo

m c^{2}

$mc^2$ . Las funciones propias son oscilatorias como se debe...

Valter Moretti

Una barrera finita (en profundidad) también tendría valores propios (impropio) debajo de la barrera. Este no es el caso ya que la barrera ocupa todo el espacio...

knzhou · Answer 2

En la mecánica cuántica no relativista, las partículas no pueden crearse ni destruirse, y cada partícula tiene una masa constante. $m$ . Eso significa el extra $E = mc^2$ la energía es solo una constante, por lo que se puede restar agregando una constante al hamiltoniano; sólo importan las diferencias de energía.

Él $E = mc^2$ puede desempeñar un papel en la teoría cuántica de campos, ya que allí se pueden crear o destruir partículas; por ejemplo, se libera en aniquilación de pares, dando a los productos energía extra.

¿Dónde entran QM y especialmente la ecuación de Schroedinger en su respuesta?

StephenG - Ayuda Ucrania · Answer 3

Digamos que comenzamos con esta ecuación tuya:

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

Ahora una transformación simple lo reduce a la forma original:

ψ = {mi}^{W t} ϕ

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

- \frac{ℏ^{2}}{2 metro} {mi}^{W t} \frac{\partial^{2} ϕ}{\partial X^{2}} + V {mi}^{W t} ϕ + metro C^{2} {mi}^{W t} ϕ = i ℏ {mi}^{W t} \frac{\partial ϕ}{\partial t} + i ℏ W {mi}^{W t} ϕ

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

Lo que se reduce a:

- \frac{ℏ^{2}}{2 metro} \frac{\partial^{2} ϕ}{\partial X^{2}} + V ϕ + metro C^{2} ϕ = i ℏ \frac{\partial ϕ}{\partial t} + i ℏ W ϕ

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

Y es fácil ver que $i\hbar W := mc^2$ recupera la forma original de la ecuación.

Entonces, como hicimos al agregar el término de masa en reposo, agregamos un término de fase bastante inútil que no hace nada por nosotros:

ψ = ϕ mi X pag (i \frac{metro C^{2}}{ℏ} t)

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

Este es el cambio de fase que no tiene efecto neto que se discute en las respuestas de Valter Moretti y Ruslan

El comentario del genio no pretendía ser un insulto. Voy a reformular eso.

Ruslán · Answer 4

Considere una ecuación de Schrödinger:

- \frac{ℏ^{2}}{2 metro} \frac{\partial^{2} ψ}{\partial X^{2}} + V (X, t) ψ = i ℏ \frac{\partial ψ}{\partial t} .

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

Deja que alguna función de onda $\psi(x,t)$ ser su solución. Ahora reemplacemos $V(x,t)\to V(x,t)+\hbar W$ , donde $W=\mathrm{const}$ . La solución correspondiente de la nueva ecuación cambiará: $\psi(x,t)\to\psi(x,t)\exp(-iWt).$

Consideremos ahora un observable $K$ , con el operador correspondiente $\hat K$ . Su valor esperado, calculado para la solución de la ecuación original, será

\bar{k} (t) = \int_{- \infty}^{\infty} d X ψ (X, t)^{*} \hat{k} ψ (X, t) .

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

Ahora vamos a reemplazar $\psi$ en la integral anterior con la solución de la ecuación modificada donde desplazamos la energía potencial:

\int_{- \infty}^{\infty} d X (ψ (X, t) Exp (- i W t))^{*} \hat{k} (t) (ψ (X, t) Exp (- i W t)) = = \int_{- \infty}^{\infty} d X ψ (X, t)^{*} Exp (i W t) Exp (- i 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) .

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

Puede ver que independientemente de la fase global, el observable $K$ aparece igual. De manera similar, puede verificar que los elementos de la matriz de un operador también serán independientes de la fase global de las funciones base en las que calcula los elementos de la matriz.

Cualquier cálculo físicamente relevante en última instancia se trata de observables, no de valores particulares de funciones abstractas como una función de onda. Por lo tanto, no debe preocuparse demasiado por obtener un factor de fase adicional al agregar o quitar un término constante al potencial.

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