这个量子世界/费曼路线/薛定谔终于来了

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以外的所有项

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

这显然在 $v\ll c,$ 的情况下是合理的，这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，矢量势 $\mathbf {A}$ 代表的影响相对于标量势 $V.$ 代表的影响很小。如果我们忽略它们（或者假设 $\mathbf {A}$ 为零），并且如果我们在 $V$ 的定义中包含电荷 $q$（或者假设 $q=1$），我们得到

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

用于与时空路径关联的动作 ${\mathcal {C}}.$

因为第一项对于所有从 $A$到 $B,$ 的路径都是相同的，它对与不同路径相关的振幅的相位之间的差异没有影响。通过将其舍弃，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（因为干涉效应仅取决于这些差异）。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 $\mathbf {r}$ 处找到我们的粒子的振幅，如果在时间 $t.$ 进行适当的测量。 $\langle t,\mathbf {r} |t',\mathbf {r} '\rangle \,\psi (t',\mathbf {r} '),$ 因此，是首先在 $\mathbf {r} '$（在时间 $t'$）然后在 $\mathbf {r}$（在时间 $t$）找到粒子的振幅，前提是规则 B 适用。因此，波函数满足以下方程

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

我们再次通过假定空间是一维的来简化我们的任务。我们进一步假设 $t$ 和 $t'$ 之差为无穷小的间隔 $\epsilon .$ 由于 $\epsilon$ 是无穷小的，只有一个路径从 $x'$ 延伸到 $x.$ 因此，除了积分测度 ${\mathcal {DC}},$ 中隐含的归一化因子 ${\mathcal {A}}$ 外，我们可以忽略路径积分，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$\eta$ 进行积分，而不是对 $x'.$（积分的“边界”$-\infty$ 和$+\infty$ 对于$x'$ 和$\eta .$ 都是一样的。）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，所以我们将所有项都展开到$\epsilon .$ 的一阶。我们应该将哪一项展开到$\eta$ 的哪一项？随着$\eta$ 的增加，相位$m\eta ^{2}/2\hbar \epsilon$ 以无限的速度增加（在极限$\epsilon \rightarrow 0$ 中），除非$\eta ^{2}$ 与 $\epsilon .$ 同阶。在这个极限中，积分的高阶贡献抵消了。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，

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

需要计算以下积分

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

结果如下

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

将 Humpty Dumpty 重新拼凑起来，得到

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

因子 $\psi (t,x)$ 必须在两边都相同，所以 ${\mathcal {A}}={\sqrt {m/2\pi i\hbar \epsilon }},$，这将 Humpty Dumpty 简化为

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

乘以 $i\hbar /\epsilon$ 并取极限 $\epsilon \rightarrow 0$（这很容易，因为 $\epsilon$ 已经消失了），我们得到了一个自由度受势能 $V(t,x)$ 影响的粒子的薛定谔方程。

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

请奏响喇叭！向三维过渡是直截了当的。

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