কোয়ান্টাম জগৎ/ফেইনম্যান রুট/শেষে শ্রোডিনগার

শেষে শ্রোডিনগার

শ্রোডিনগার সমীকরণ আপেক্ষিকতাহীন। আমরা তড়িৎচুম্বক ক্রিয়ার আপেক্ষিকতাহীন রূপ পাই এইভাবে—

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

এখানে মূল বর্গমূলটি সম্প্রসারণ করে প্রথম দুটি পদ রেখে উচ্চতর পদগুলো উপেক্ষা করলে পাই—

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

এই সরলীকরণটি যথার্থ যদি $v\ll c$, অর্থাৎ বেগ আলোর বেগের তুলনায় অনেক ছোট — এটিই আপেক্ষিকতাহীন পরিস্থিতির সংজ্ঞা।

$dS$-এর পটেনশিয়াল অংশটিকে যদি লেখা হয়—

$q,[-V+𝐀(t,𝐫)\cdot \left(\frac{𝐯}{c}\right)],dt,$

তবে স্পষ্ট হয় যে অধিকাংশ আপেক্ষিকতাহীন পরিস্থিতিতে সদিশ বিভব $𝐀$-এর প্রভাব অদিশ বিভব $V$-এর তুলনায় নগণ্য। যদি আমরা $𝐀$ উপেক্ষা করি (বা ধরে নিই এটি শূন্য), এবং চার্জ $q$-কে $V$-এর সংজ্ঞার অন্তর্ভুক্ত করি (বা $q=1$ ধরি), তাহলে পাই—

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

যেখানে $𝒞$ হলো কণাটির স্থান-কালপথ।

প্রথম পদটি যেহেতু $A$ থেকে $B$ পর্যন্ত সব পথের জন্য এক, এটি ভিন্ন ভিন্ন পথের মধ্যে কোয়ান্টাম অ্যামপ্লিটিউডের পার্থক্যে কোনো প্রভাব ফেলে না। তাই এটি বাদ দিলে আমরা কোনো শাস্ত্রীয় বা কোয়ান্টাম ফলাফল হারাই না। ফলে পাই—

$⟨B|A⟩=\int 𝒟𝒞,e^{\frac{i}{\hslash }{\int }_{𝒞}dt[\frac{m}{2}{v}^2-V]}.$

এখন আমরা তরঙ্গ-ফাংশন $\psi (t,𝐫)$ সংজ্ঞায়িত করি— এটি হলো সময় $t$-তে কণা $𝐫$ অবস্থানে পাওয়ার অ্যামপ্লিটিউড। তাহলে,

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

এই সমীকরণকে সহজ করতে আমরা একমাত্রিক (১-মাত্রিক) ক্ষেত্রে নিই এবং ধরি $t$ ও $t^{\prime }$-এর পার্থক্য $ϵ$, যা একটি অত্যন্ত ক্ষুদ্র সময়।

এক্ষেত্রে শুধু একটি পথ বিদ্যমান, এবং আমরা পাই—

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

এগুলো বসালে পাই—

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

$\eta =x^{\prime }-x$ নিয়ে পরিবর্তন করে পাই—

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

এখন $ϵ\to 0$ সীমায় আমরা সব টার্ম $ϵ$ ও $\eta$-এর প্রথম ঘাত পর্যন্ত সম্প্রসারণ করি।

তখন পাই—

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

এবং

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

নিচের সমাকলনগুলো হিসাব করি—

$I_1=\int d\eta ,e^{\frac{im{\eta }^2}{2\hslash ϵ}},I_2=\int d\eta ,\eta ,e^{\frac{im{\eta }^2}{2\hslash ϵ}}=0,I_3=\int d\eta ,{\eta }^2,e^{\frac{im{\eta }^2}{2\hslash ϵ}}.$

ফলাফল:

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

সব মিলিয়ে পাই—

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

$\psi (t,x)$ দু'দিকে সমান রাখলে পাই $𝒜=\sqrt{m/2\pi i\hslash ϵ}$, ফলে অবশেষে পাই—

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

$i\hslash /ϵ$ দ্বারা গুণ করে এবং $ϵ\to 0$ সীমা গ্রহণ করলে শ্রোডিনগার সমীকরণটি দাঁড়ায়—

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

ডাঙ ডাঙ ঢোল বাজাও! তিন-মাত্রিক রূপটি সোজা:

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