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薛定谔终于来了

薛定谔方程是非相对论性的。我们得到电磁作用微分的非相对论版本，

$dS=-mc^{2}\,dt{\sqrt {1-v^{2}/c^{2}}}-qV(t,\mathbf {r} )\,dt+(q/c)\mathbf {A} (t,\mathbf {r} )\cdot d\mathbf {r} ,$

通过展开根式并忽略除前两项之外的所有项

${\sqrt {1-v^{2}/c^{2}}}=1-{1 \over 2}{v^{2} \over c^{2}}-{1 \over 8}{v^{4} \over c^{4}}-\cdots \approx 1-{1 \over 2}{v^{2} \over c^{2}}.$

如果 $v\ll c,$，这显然是合理的，定义了非相对论性区域。

将 $dS$ 的势能部分写成 $q\,[-V+\mathbf {A} (t,\mathbf {r} )\cdot (\mathbf {v} /c)]\,dt$ 使得在大多数非相对论性情况下，由矢量势表示的效应 $\mathbf {A}$ 比由标量势表示的效应 $V.$ 小。如果我们忽略它们（或假设 $\mathbf {A}$ 为零），并且如果我们在 $V$ 的定义中包含电荷 $q$（或假设 $q=1$），我们得到

$S[{\mathcal {C}}]=-mc^{2}(t_{B}-t_{A})+\int _{\mathcal {C}}dt\left[{\textstyle {m \over 2}}v^{2}-V(t,\mathbf {r} )\right]$

表示与时空路径 ${\mathcal {C}}.$ 相关的作用量。

因为第一项对于所有从 $A$ 到 $B,$ 的所有路径都是相同的，它对不同路径关联的幅度的相位之间的差异没有影响。通过去掉它，我们既不会改变经典现象（因为极值路径保持不变），也不会改变量子现象（因为干涉效应只取决于这些差异）。因此

$\langle B|A\rangle =\int {\mathcal {DC}}e^{(i/\hbar )\int _{\mathcal {C}}dt[(m/2)v^{2}-V]}.$

我们现在引入所谓的波函数 $\psi (t,\mathbf {r} )$，作为在时间 $t$ 进行适当测量时，在 $\mathbf {r}$ 处找到粒子的幅度。 $\langle t,\mathbf {r} |t',\mathbf {r} '\rangle \,\psi (t',\mathbf {r} '),$ 因此，是首先在 $\mathbf {r} '$（在时间 $t'$）然后在 $\mathbf {r}$（在时间 $t$）处找到粒子的幅度，前提是规则 B 适用。因此，波函数满足以下方程

$\psi (t,\mathbf {r} )=\int \!d^{3}r'\,\langle t,\mathbf {r} |t',\mathbf {r} '\rangle \,\psi (t',\mathbf {r} ').$

我们再次简化任务，假设空间是一维的。我们进一步假设$t$ 和 $t'$ 之差为无穷小间隔 $\epsilon .$ 由于 $\epsilon$ 是无穷小的，因此只有一条路径从 $x'$ 通向 $x.$ 因此我们可以忽略路径积分，只保留归一化因子 ${\mathcal {A}}$，它隐含在积分测度 ${\mathcal {DC}},$ 中，并进行以下替换

$dt=\epsilon ,\quad v={\frac {x-x'}{\epsilon }},\quad V=V\left(t{+}{\frac {\epsilon }{2}},{\frac {x{+}x'}{2}}\right).$

这给了我们

$\psi (t{+}\epsilon ,x)={\mathcal {A}}\int \!dx'\,e^{im(x{-}x')^{2}/2\hbar \epsilon }\,e^{-(i\epsilon /\hbar )V(t{+}\epsilon /2,(x{+}x')/2)}\,\psi (t,x').$

如果我们引入 $\eta =x'-x$ 并对 $\eta$ 而不是 $x'.$ 进行积分，我们可以得到进一步的简化。（积分“边界” $-\infty$ 和 $+\infty$ 对于 $x'$ 和 $\eta .$) 现在我们有

$\psi (t+\epsilon ,x)={\mathcal {A}}\int \!d\eta \,e^{im\eta ^{2}/2\hbar \epsilon }\,e^{-(i\epsilon /\hbar )V(t{+}\epsilon /2,x{+}\eta /2)}\,\psi (t,x{+}\eta ).$

由于我们对极限 $\epsilon \rightarrow 0,$ 感兴趣，我们以 $\epsilon .$ 的一阶展开所有项。我们应该以什么阶数的 $\eta$ 进行展开？当 $\eta$ 增加时，相位 $m\eta ^{2}/2\hbar \epsilon$ 将以无限的速度增加（在极限 $\epsilon \rightarrow 0$ 中），除非 $\eta ^{2}$ 与 $\epsilon .$ 同阶。在这个极限下，积分的高阶项会相互抵消。因此，左边展开为

$\psi (t+\epsilon ,x)\approx \psi (t,x)+{\partial \psi \over \partial t}\epsilon ,$

当 $e^{-(i\epsilon /\hbar )V(t{+}\epsilon /2,x{+}\eta /2)}\,\psi (t,x{+}\eta )$ 展开时，

$\left[1-{i\epsilon \over \hbar }V(t,x)\right]\left[\psi (t,x)+{\partial \psi \over \partial x}\eta +{\frac {1}{2}}{\partial ^{2}\psi \over \partial x^{2}}\eta ^{2}\right]=\left[1-{i\epsilon \over \hbar }V(t,x)\right]\!\psi (t,x)+{\partial \psi \over \partial x}\eta +{\partial ^{2}\psi \over \partial x^{2}}{\eta ^{2} \over 2}.$

需要对以下积分进行求值

$I_{1}=\int \!d\eta \,e^{im\eta ^{2}/2\hbar \epsilon },\quad I_{2}=\int \!d\eta \,e^{im\eta ^{2}/2\hbar \epsilon }\eta ,\quad I_{3}=\int \!d\eta \,e^{im\eta ^{2}/2\hbar \epsilon }\eta ^{2}.$

求解结果为

$I_{1}={\sqrt {2\pi i\hbar \epsilon /m}},\quad I_{2}=0,\quad I_{3}={\sqrt {2\pi \hbar ^{3}\epsilon ^{3}/im^{3}}}.$

将所有部分重新拼凑起来，得到

$\psi (t,x)+{\partial \psi \over \partial t}\epsilon ={\mathcal {A}}{\sqrt {2\pi i\hbar \epsilon \over m}}\left(1-{i\epsilon \over \hbar }V(t,x)\right)\psi (t,x)+{{\mathcal {A}} \over 2}{\sqrt {2\pi \hbar ^{3}\epsilon ^{3} \over im^{3}}}{\partial ^{2}\psi \over \partial x^{2}}.$

等式两边必须具有相同的 $\psi (t,x)$ 因子，因此 ${\mathcal {A}}={\sqrt {m/2\pi i\hbar \epsilon }},$，最终得到

${\partial \psi \over \partial t}\epsilon =-{i\epsilon \over \hbar }V\psi +{i\hbar \epsilon \over 2m}{\partial ^{2}\psi \over \partial x^{2}}.$

乘以 $i\hbar /\epsilon$ 并取极限 $\epsilon \rightarrow 0$ （由于 $\epsilon$ 已消失，因此这是一个平凡的步骤），我们得到了具有一个自由度的粒子在势场 $V(t,x)$ 作用下的薛定谔方程。

$i\hbar {\partial \psi \over \partial t}=-{\hbar ^{2} \over 2m}{\partial ^{2}\psi \over \partial x^{2}}+V\psi .$

请奏响号角！扩展到三维空间非常简单。

$i\hbar {\partial \psi \over \partial t}=-{\hbar ^{2} \over 2m}\left({\partial ^{2}\psi \over \partial x^{2}}+{\partial ^{2}\psi \over \partial y^{2}}+{\partial ^{2}\psi \over \partial z^{2}}\right)+V\psi .$