এই কোয়ান্টাম জগৎ/ফাইনম্যান পথ/অবশেষে শ্রোডিঙার

অবশেষে শ্রোডিঙার

শ্রোডিঙার সমীকরণ হলো অ-আপেক্ষিক। আমরা তড়িৎচৌম্বকীয় ক্রিয়া অন্তরকের অ-আপেক্ষিক রূপটি পাই,

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

মূল বা রুটটিকে বিস্তৃত করে এবং প্রথম দুটি পদ ছাড়া বাকি সব পদ উপেক্ষা করলে আমরা পাবো:

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

এটি স্পষ্টতই যুক্তিযুক্ত যদি $v\ll c,$ হয়, যা অ-আপেক্ষিক সীমাকে সংজ্ঞায়িত করে।

$dS$-এর বিভব অংশটিকে $q[-V+𝐀(t,𝐫)\cdot (𝐯/c)]dt$ হিসেবে লিখলে এটি স্পষ্ট হয় যে, বেশিরভাগ অ-আপেক্ষিক পরিস্থিতিতে ভেক্টর বিভব $𝐀$ দ্বারা উপস্থাপিত প্রভাবগুলো স্কেলার বিভব $V.$ দ্বারা উপস্থাপিত প্রভাবগুলোর তুলনায় অনেক ছোট। যদি আমরা সেগুলোকে উপেক্ষা করি (বা ধরে নিই যে $𝐀$ শূন্য হয়ে যায়), এবং যদি আমরা $V$-এর সংজ্ঞায় আধান $q$-কে অন্তর্ভুক্ত করি (বা ধরে নিই যে $q=1$), তবে আমরা পাই

$S[𝒞]=-m{c}^2(t_B-t_A)+{\int }_{𝒞}dt[\frac{m}{2}{v}^2-V(t,𝐫)]$

একটি স্থানকাল পথ $𝒞.$-এর সাথে যুক্ত ক্রিয়ার জন্য।

যেহেতু প্রথম পদটি $A$ থেকে $B,$ পর্যন্ত সমস্ত পথের জন্য একই, তাই এটি ভিন্ন ভিন্ন পথের সাথে যুক্ত বিস্তারগুলোর দশার পার্থক্যের ওপর কোনো প্রভাব ফেলে না। এটিকে বাদ দিলে চিরায়ত ঘটনাগুলোর (যেহেতু চরম পথটি একই থাকে) বা কোয়ান্টাম ঘটনাগুলোর (যেহেতু ব্যতিচার প্রভাবগুলো কেবল সেই পার্থক্যগুলোর ওপরই নির্ভর করে) কোনোটিরই পরিবর্তন হয় না। সুতরাং

$⟨B|A⟩=\int 𝒟𝒞e^{(i/\hslash ){\int }_{𝒞}dt[(m/2)v^2-V]}.$

আমরা এখন তথাকথিত তরঙ্গ ফাংশন $\psi (t,𝐫)$-এর প্রবর্তন করছি, যা হলো $t.$ সময়ে উপযুক্ত পরিমাপ করা হলে আমাদের কণাটিকে $𝐫$-এ খুঁজে পাওয়ার বিস্তার। সেই অনুযায়ী, $⟨t,𝐫|t^{\prime },{𝐫}^{\prime }⟩\psi (t^{\prime },{𝐫}^{\prime }),$ হলো কণাটিকে প্রথমে ($t^{\prime }$ সময়ে) ${𝐫}^{\prime }$-এ এবং তারপর ($t$ সময়ে) $𝐫$-এ খুঁজে পাওয়ার বিস্তার। $𝐫,$-এর ওপর যোগজীকরণ করে, আমরা কণাটিকে ($t$ সময়ে) $𝐫$-এ খুঁজে পাওয়ার বিস্তার পাই, শর্ত থাকে যে নিয়ম বি প্রযোজ্য হয়। তরঙ্গ ফাংশনটি তাই নিচের সমীকরণটিকে সিদ্ধ করে

$\psi (t,𝐫)=\int d^3{r}^{\prime }⟨t,𝐫|t^{\prime },{𝐫}^{\prime }⟩\psi (t^{\prime },{𝐫}^{\prime }).$

আমরা আবারও স্থানকে একমাত্রিক বলে ধরে নিয়ে আমাদের কাজকে সহজ করে নিই। আমরা আরও ধরে নিই যে $t$ এবং $t^{\prime }$ একটি অতিক্ষুদ্র ব্যবধি $ϵ.$ দ্বারা পৃথক। যেহেতু $ϵ$ অতিক্ষুদ্র, তাই $x^{\prime }$ থেকে $x.$ পর্যন্ত কেবল একটিমাত্র পথ রয়েছে। তাই আমরা যোগজীকরণের পরিমাপ $𝒟𝒞,$-তে অন্তর্নিহিত একটি স্বাভাবিকীকরণ উৎপাদক $𝒜$ ছাড়া পথ যোগজটি ভুলে যেতে পারি এবং নিচের প্রতিস্থাপনগুলো করতে পারি:

$dt=ϵ,v=\frac{x-x^{\prime }}{ϵ},V=V(t+\frac{ϵ}{2},\frac{x+x^{\prime }}{2}).$

এটি আমাদের দেয়

$\psi (t+ϵ,x)=𝒜\int d{x}^{\prime }{e}^{im(x-x^{\prime }{)}^2/2\hslash ϵ}{e}^{-(iϵ/\hslash )V(t+ϵ/2,(x+x^{\prime })/2)}\psi (t,x^{\prime }).$

যদি আমরা $\eta =x^{\prime }-x$ প্রবর্তন করি এবং $x^{\prime }.$-এর পরিবর্তে $\eta$-এর ওপর যোগজীকরণ করি, তবে আমরা আরও সরলীকরণ পাই। (যোগজীকরণের "সীমানাগুলো" $-\mathrm{\infty }$ এবং $+\mathrm{\infty }$ $x^{\prime }$ এবং $\eta .$ উভয়ের জন্যই একই।) এখন আমরা পাই যে

$\psi (t+ϵ,x)=𝒜\int d\eta e^{im{\eta }^2/2\hslash ϵ}{e}^{-(iϵ/\hslash )V(t+ϵ/2,x+\eta /2)}\psi (t,x+\eta ).$

যেহেতু আমরা সীমা $ϵ\to 0,$-তে আগ্রহী, তাই আমরা সমস্ত পদকে $ϵ.$-এ প্রথম ক্রম পর্যন্ত বিস্তৃত করি। $\eta$-এর কোন ঘাত পর্যন্ত আমাদের বিস্তৃত করা উচিত? $\eta$ বৃদ্ধির সাথে সাথে, দশা $m{\eta }^2/2\hslash ϵ$ অসীম হারে বৃদ্ধি পায় (সীমা $ϵ\to 0$-তে) যদি না ${\eta }^2$ $ϵ.$-এর একই ক্রমের হয়। এই সীমায়, যোগজে উচ্চ-ক্রমের অবদানগুলো বাতিল হয়ে যায়। সুতরাং বামদিকের অংশটি বিস্তৃত হয়ে হয়

$\psi (t+ϵ,x)\approx \psi (t,x)+\frac{\partial \psi }{\partial t}ϵ,$

যেখানে $e^{-(iϵ/\hslash )V(t+ϵ/2,x+\eta /2)}\psi (t,x+\eta )$ বিস্তৃত হয়ে হয়

$[1-\frac{iϵ}{\hslash }V(t,x)][\psi (t,x)+\frac{\partial \psi }{\partial x}\eta +\frac{1}{2}\frac{{\partial }^2\psi }{\partial x^2}{\eta }^2]=[1-\frac{iϵ}{\hslash }V(t,x)]\psi (t,x)+\frac{\partial \psi }{\partial x}\eta +\frac{{\partial }^2\psi }{\partial x^2}\frac{{\eta }^2}{2}.$

নিচের যোগজগুলোর মান নির্ণয় করতে হবে:

$I_1=\int d\eta e^{im{\eta }^2/2\hslash ϵ},I_2=\int d\eta e^{im{\eta }^2/2\hslash ϵ}\eta ,I_3=\int d\eta e^{im{\eta }^2/2\hslash ϵ}{\eta }^2.$

ফলাফলগুলো হলো

$I_1=\sqrt{2\pi i\hslash ϵ/m},I_2=0,I_3=\sqrt{2\pi {\hslash }^3{ϵ}^3/i{m}^3}.$

সবগুলো বিচ্ছিন্ন অংশকে আবার একসাথে জোড়া লাগালে পাওয়া যায়

$\psi (t,x)+\frac{\partial \psi }{\partial t}ϵ=𝒜\sqrt{\frac{2\pi i\hslash ϵ}{m}}(1-\frac{iϵ}{\hslash }V(t,x))\psi (t,x)+\frac{𝒜}{2}\sqrt{\frac{2\pi {\hslash }^3{ϵ}^3}{i{m}^3}}\frac{{\partial }^2\psi }{\partial x^2}.$

উভয় পাশে $\psi (t,x)$-এর উৎপাদক একই হতে হবে, তাই $𝒜=\sqrt{m/2\pi i\hslash ϵ},$ যা সমীকরণটিকে এই রূপে হ্রাস করে

$\frac{\partial \psi }{\partial t}ϵ=-\frac{iϵ}{\hslash }V\psi +\frac{i\hslash ϵ}{2m}\frac{{\partial }^2\psi }{\partial x^2}.$

$i\hslash /ϵ$ দ্বারা গুণ করে এবং সীমা $ϵ\to 0$ নিয়ে (যা খুবই সাধারণ কারণ $ϵ$ বাদ হয়ে গেছে), আমরা একটি বিভব $V(t,x)$-এর অধীন এক স্বাধীনতার মাত্রা বিশিষ্ট একটি কণার জন্য শ্রোডিঙার সমীকরণে পৌঁছাই:

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

একটু তূর্যধ্বনি হোক! ত্রিমাত্রিক স্থানে এর রূপান্তরটি একদম সহজ:

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