سchrödinger موجی مساوات: تولید و وضاحت

Electrical4u

فیلڈ: بنیادی برق

China

شراڈنگر کا مساوات کیا ہے؟

شراڈنگر کی مساوات (جو کہ شراڈنگر کی لہری مساوات کے نام سے بھی جانی جاتی ہے) ایک جزیاتی تفرقی مساوات ہے جو کوانٹم مکینکل نظام کی دینامکس کو لہری فنکشن کے ذریعے بیان کرتی ہے۔ ان نظام کی راستہ، مقام اور توانائی شراڈنگر کی مساوات کے حل کر کے حاصل کی جا سکتی ہیں۔

ایک ذراتی ذریعہ کی تمام معلومات ایک لہری فنکشن میں محفوظ ہوتی ہیں۔ لہری فنکشن شراڈنگر کی مساوات کو پورا کرتی ہے اور اس کا حل کیا جا سکتا ہے۔ شراڈنگر کی مساوات ایک بنیادی اصول ہے جو کہ ابتدائی طور پر طبیعیات کے مطالعہ میں متعارف کروائی جاتی ہے۔ یہ مساوات کی تدریس یونیورسٹیوں میں برقی مهندسی کے منصوبے میں بھی عام ہو رہی ہے کیونکہ یہ سمی کانڈکٹرز پر لاگو ہوتی ہے۔

اس کے باوجود، یہ صرف دونوں صورتوں میں ایک مسلّمہ کے طور پر بیان کیا جاتا ہے اور کسی قابل ذکر طریقے سے کبھی استخراج نہیں کیا جاتا۔ یہ بہت زیادہ غیر مرضی آئیے گا کیونکہ ابتدائی کوانٹم طبیعیات کے تقریباً سب کچھ اس بنیاد پر تعمیر کیا جاتا ہے۔ اس مضمون میں، ہم اس مساوات کو سکریچ سے استخراج کریں گے اور میں اپنی بہترین کوشش کروں گا کہ ہر قدم کو ظاہر کروں۔

دیکھنے کے لئے دلچسپ بات یہ ہے کہ ہم جو کہ انحصار کریں گے وہی عجائب و غرائب شراڈنگر خود کے وقت کے خطوط کی سوچ ہیں۔ یادداشت کے طور پر، یہاں 3-ابعاد (غیر متوازی ذریعہ کے لئے) میں وقت کے مطابق شراڈنگر کی مساوات کی سب کی حسینیت میں:

کوانٹم طبیعیات اور لہریں

ہر کوئی کلاسیکل طبیعیات کو گالی دینا پسند کرتا ہے - لیکن یہ ہمیں کافی لمبے عرصے تک بہت اچھا کام کرتا رہا (نیوٹن کی مکینکس، میکسول کی مساوات، اور خاص نسبیت کو سوچیں)۔

لیکن، جیسا کہ ہمیں اپنے پچھلے مضامین میں دکھایا گیا ہے، صدی کے اختتام پر کیے گئے تجرباتی نتائج اس وقت کی معروف طبیعیات کے مقابلے میں بہت زیادہ خوبصورت نہیں تھے۔ ہمارے مضامین دو سلیٹ کے تجربے اور کچھ حد تک فوٹو الیکٹرک اثر کے تجرباتی نتائج اس وقت کی معروف فہم کے ساتھ بہترین طور پر مطابقت نہیں رکھتے تھے۔

لیکن کیوں؟ آسان الفاظ میں، کلاسیکل طبیعیات میں دو موجودات ہوتے ہیں، ذرات اور لمحات۔ ان دونوں موجودات کی خصوصیات درج ذیل طور پر بیان کی جاسکتی ہیں:

ذرات: مخصوص جگہ پر مجموعہ توانائی اور زخم وار ہونے کے ساتھ وزن $m$ ۔

لمحات: فضا میں پھیلے ہوئے اضطرابات جو وقت کے ساتھ سفر کرتے ہیں۔ ان کو ایک لمحہ فنکشن کے ذریعے $\psi(\vec{r}, t)$ کے ذریعے فضا اور وقت کے لحاظ سے بیان کیا جاسکتا ہے۔

یہ ہمیں ہمارے فوٹو الیکٹرک اخراج کے مضمون میں ملتے ہیں۔ ہم نے پایا کہ الیکٹران دونوں خصوصیات کو ظاہر کرتا ہے۔ یہ اس وقت کی معروف فہم کو مکمل طور پر خلاف کرتا ہے کیونکہ یہ دو موجودات متبادل سمجھے جاتے تھے۔

بالکل صحیح ہے؟ اس وقت کے دوران، طبیعیات کے کچھ بہت نمایاں شخصیات نے متوجه ہوئے کہ علم میں ایک خالی جگہ تھی، اور ایک بڑا کامیابی کا وقت آیا جب لوئیس ڈی برولی نے ذرات کے لیے زخم (p) کو لمحات کے لیے لمبائی (λ) کے ساتھ منسلک کیا جسے یوں دیا گیا ہے

$\begin{equation*} p = h/\lambda. \end{equation*}$

اور، فوٹو الیکٹرک ایمیشن سے ہم جانتے ہیں کہ فوٹونز (بھٹیجی یا لہر میں بھی دودھ نہیں) کی توانائی کو ایکسپریشن کرتے ہیں جس کی توانائی یہ ہوتی ہے

$\begin{equation*} E = hf = \hbar \omega \end{equation*}$

جہاں $\hbar = h/2\pi$ اور $\omega=2\pi f$ ہوتا ہے۔ اب ہم اسی مرحلے پر ہیں جہاں شرودنگر نے اپنی مشہور مساوات کو استخراج کرنے سے پہلے تھے۔ لیکن کہاں سے شروع کریں؟ خوب، ہم جانتے ہیں کہ الیکٹران اور فوٹونز ویو مانند اور بھٹیجی مانند رویے ظاہر کرتے ہیں۔ کوئی غلطی نہیں ہوگی اگر ہم ساری ویو کی طرف سے منظماً ہونے والی مساوات سے شروع کریں اور پھر بھٹیجی فزکس کو شامل کریں تاکہ دیکھیں کہ کیا نتیجہ آتا ہے۔

ویو مساوات کو کیسے استخراج کریں

اضطراب $\psi(\vec{r}, t)$ ویو مساوات کی پیروی کرتا ہے۔ یاد رہے، الیکٹران ویو مانند رویہ ظاہر کرتا ہے اور ایک الیکٹرومیگناٹک کارج رکھتا ہے۔ اس لیے، اب ہم صرف الیکٹرومیگناٹک فیلڈس کو دیکھیں۔ اس سناریو میں، میکسول کی مساوات لاگو ہوتی ہیں اور یہاں ان کی مکمل شکل ہے:

$\begin{align*} \nabla \times \vec{E} &= - \frac{\partial{\vec{B}}}{\partial{t} } \\ \nabla \times \vec{B} &= -\mu_0 \left(\vec{J} + \epsilon_0\frac{\partial{\vec{E}}}{\partial{t}} \right)\\ \nabla \cdot \vec{E} &= \frac{\rho}{\epsilon_0}\\ \nabla \cdot \vec{B} &= 0 \end{align*}$

جہاں $c$ خلا میں روشنی کی رفتار ہے، $\vec{E}$ برقی میدان ہے اور $\vec{B}$ مغناطیسی میدان ہے۔ اوپر دی گئی پہلی مساوات برقی جنریٹرز، انڈکٹرز اور ٹرانسفارمرز کی بنیاد ہے اور فاراڈے کے قانون کی تشریح ہے۔

اس کے علاوہ، $\nabla \cdot \vec{B} = 0$ سے ایک نتیجہ یہ ہے کہ کوئی مغناطیسی مونوپول موجود نہیں ہوتا۔ ان مساوات کی تولید کو سمجھنا اور ان کے پس منظر میں موجود طبیعی معنی سمجھنا ایک مستردہ مهندس بناتا ہے۔ اب، مساوات 4 پر کرل لاگو کرتے ہوئے کسی بھی الیکٹرومیگنیٹک لہر کو پابند کرنے والی مساوات کو تولید کرتے ہیں:

$\begin{align*} \nabla \times \vec{E} &= - \frac{\partial{\vec{B}}}{\partial{t} }\\ \implies \nabla \times (\nabla \times \vec{E}) &= - \frac{\partial{(\nabla \times \vec{B})}} {\partial{t} }\\ \implies \nabla \times (\nabla \times \vec{E}) &= -\frac{1}{c^2} \frac{\partial^2{\vec{E}}}{\partial{t^2} } \end{align*}$

اب ہم ایک بہت آسان (اور آسانی سے ثابت) ویکٹر شناخت کو استعمال کر سکتے ہیں: $\nabla \times (\nabla \times T) = \nabla(\nabla \cdot T) - \nabla^2T$ جہاں $T$ کسی حامل ویکٹر ہے۔ اب ہماری چھوٹی مساوات پر لاگو کرتے ہوئے:

$\begin{align*} \nabla(\nabla \cdot \vec{E}) - \nabla^2 \vec{E} &= -\frac{1}{c^2} \frac{\partial^2{\vec{E}}}{\partial{t^2} }\\ \implies - \nabla^2 \vec{E} &= -\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2{\vec{E}}}{\partial{t^2} }\\ \nabla^2 \vec{E} - \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2{\vec{E}}}{\partial{t^2}} & = 0 \end{align*}$

یہ نتیجہ ہمیں تین میعادوں میں الیکٹرو میگناٹک لہر کے مساوات کا حاصل کرتا ہے۔ یہ مساوات صرف الیکٹرو میگناٹک لہروں میں نہیں بلکہ آکوسٹکس، سزمو لہر، آواز کی لہر، پانی کی لہر اور فلیڈ ڈائنامکس میں بھی ظاہر ہوتی ہے۔

سکرودنگر کی مساوات کو کیسے استخراج کریں

لہر کی مساوات کے طلب کے حل

ایک میعاد (یک دیمیشن) کی لہر کی مساوات سے شروع کرتے ہوئے (بعد میں تین میعادوں میں عام کرنا بہت آسان ہے کیونکہ منطق تمام میعادوں میں لاگو ہوتا ہے): $x, y$ ، اور $z$ میعادوں میں):

$\begin{equation*} \frac{ {\partial^2{E}} }{\partial^2{x}} = \frac{1}{c^2} \frac{ {\partial^2{E}} }{\partial^2{t}} \Longrightarrow \frac{ {\partial^2{E}} }{\partial^2{x}} - \frac{1}{c^2} \frac{ {\partial^2{E}} }{\partial^2{t}} = 0 \end{equation*}$

اس کا حقیقت میں ایک دوسرے درجہ کا جزوی تفرقی مساوات ہے اور یہ سیدھی لہر کے حل کے ساتھ متفق ہوتا ہے:

$\begin{equation*} E(x, t) = E_0 e^{i(kx - \omega t)} \text{ (check this for yourself!). } \end{equation*}$

ہم عام موجی مکانیک سے جانتے ہیں کہ $k= \frac{2\pi}{\lambda}$ اور $\omega = 2 \pi f$ . اب، آئیے اینسٹائن اور کامپٹن کے کام کو استعمال کریں اور اس حقیقت کو شامل کریں کہ فوٹون کی توانائی $\mathsf{E} = \hbar \omega$ سے دی جاتی ہے اور ڈی بروگلی کے مطابق $p = h / \lambda = \hbar k$ . ہم اپنے مسطح موجی حل کو مزید ترمیم کر سکتے ہیں:

$\begin{equation*} E(x, t) = E_0 e^{\frac{i}{\hbar}(px - \mathsf{E} t)} \end{equation*}$

یہ فوٹون کی مسطح موج کا مساوات ہے۔ آئیے اس مساوات کو اپنے موجی مساوات میں شامل کریں اور دیکھیں کہ ہم کیا پاتے ہیں!

$\begin{align*} \left(\frac{ {\partial^2{}} }{\partial^2{x}} - \frac{1}{c^2} \frac{ {\partial^2{}} }{\partial^2{t}}\right) E_0 e^{\frac{i}{\hbar}(px - \mathsf{E} t)} &= 0\\ \implies -\frac{1}{\hbar^2} \left( p^2 - \frac{\mathsf{E} ^2}{c^2} \right) E_0 e^{\frac{i}{\hbar}(px - \mathsf{E} t)} &= 0 \end{align*}$

دیگر الفاظ میں، $\mathsf{E}^2 = p^2 c^2$ جو بہت اچھا ہے کیونکہ ہم خاص نسبیت سے جانتے ہیں کہ ماسٹھ ریلیٹیوسٹک ذرہ کی کل توانائی $m$ یہ ہے:

$\begin{equation*} \mathsf{E}^2 = p^2c^2 + m^2 c^4 \end{equation*}$

اور ہم صرف فوٹن کے ساتھ سامنا کر رہے ہیں جس کی کوئی مادہ نہیں ہوتا $(m=0)$ ! تو آئیے ہمارے فہم کو وسعت دیں اور کسی مادہ والے ذرے (جیسے الیکٹران) کے لئے کل نسبیتی توانائی کا استعمال کرتے ہوئے ہمارے مساوات کا نام $\Psi$ کر دیں کیونکہ ہم بازی کرتے ہیں۔

$\begin{equation*} -\frac{1}{\hbar^2} \left( p^2 - \frac{\mathsf{E}^2}{c^2} + m^2c^2 \right) \Psi e^{\frac{i}{\hbar}(px - \mathsf{E} t)} = 0 \end{equation*}$

اب یہ مساوات مستقیماً فوٹن کے لئے پلین ویو مساوات کو موج کی مساوات میں ڈال کر آئی ہے۔ لیکن، اب ہم کسی مادہ والے ذرے کے لئے کل نسبیتی توانائی کو حل کرنا چاہتے ہیں، اس لئے ہمیں موج کی مساوات کو قدرے تبدیل کرنے کی ضرورت ہے۔ یہ کیونکہ موج کی مساوات مکمل طور پر ہمارے نئے $\Psi$ کے لئے مکمل طور پر لاگو نہیں ہو سکتی جو ذرات اور موجوں کو بیان کرتا ہے۔ ہم اب اوپر دی گئی مساوات کے لئے ایک آپریٹر کو واپس حل کر سکتے ہیں، اور یہ یوں دیا جاتا ہے:

$\begin{equation*} \left( \frac{ {\partial^2{}} }{\partial^2{x}} - \frac{1}{c^2} \frac{ {\partial^2{}} }{\partial^2{t}} - \frac{m^2c^2}{\hbar^2} \right)\Psi e^{\frac{i}{\hbar}(px - \mathsf{E} t)} = 0 \end{equation*}$

موجی مساوات میں کتلا کے ساتھ ذرات کا حل

اب ہم تازہ طور پر بیان کردہ کل توانائی پر کچھ تخمین لگانے کا ارادہ رکھتے ہیں $\mathsf{E}$ کتلا اور زور کے ساتھ ذرات کے لئے۔ آئیے صرف فارمولے کو کچھ حد تک ترتیب دیں تاکہ ہم کچھ تخمین استعمال کر سکیں۔

$\begin{align*} \mathsf{E} ^2 &= p^2c^2 + m^2c^4\\ \mathsf{E} &= \sqrt{\left( p^2c^2 + m^2c^4 \right)}\\ &= \sqrt{\left( c^4(\frac{p^2}{c^2} + m^2) \right)}\\ &= \sqrt{\left( c^4 m^2(\frac{p^2}{m^2 c^2} + 1) \right)}\\ &= mc^2\sqrt{\left(\frac{p^2}{m^2 c^2} + 1 \right)} \end{align*}$

اس منصوبے کا پورا مقصد مساوات کو $\sqrt{1 + x}$ کی شکل میں لانے کا ہے کیونکہ اگر ہم اس مساوات کا ٹیلر سیریز اِنشعاب لیتے ہیں تو ہم کو ملتا ہے:

$\begin{equation*} \sqrt{1 + x} \approx 1 + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{8} + \frac{x^3}{16} + ... \end{equation*}$

جبہ کے وقت $x$ چھوٹا ہوتا ہے، تیلر کے متوالی میں صرف وہ حصہ باقی رہتا ہے جس کو $O(1)$ کہا جاتا ہے۔ ہماری توانائی کی فارمولہ میں، $x = \frac{p^2}{m^2 c^2 } =\left( \frac{p}{mc }\right)^2$ ۔ ہم اس حقیقت کا فائدہ اٹھا سکتے ہیں کہ $p = mv \ll mc$ چیزیں جو روشنی کی رفتار پر نہیں گرتی ہیں (اگر آپ کو کچھ ملے تو مجھے بتائیں جو یہ شرط نہ پوری کرے)! تو یہ مسئلہ دراصل کم ہو جاتا ہے:

$\begin{align*} \mathsf{E} &= mc^2\sqrt{\left(\frac{p^2}{m^2 c^2} + 1 \right)}\\ & \approx mc^2 \left( 1 + \frac{1}{2} \frac{p^2}{m^2 c^2} \right)\\ & = mc^2 + \frac{p^2}{2m} = mc^2 + E_{\text{kinetic}} \end{align*}$

جہاں

$\begin{equation*} E_\text{kinetic} = \frac{1}{2} mv^2 = \frac{1}{2} \frac{(mv)^2}{m} = \frac{p^2}{2m} \end{equation*}$

یہ عام طاقت کی توانائی ہے جو ہم دبیا کے فزکس سے دیکھتے ہیں۔ اب پہلے کے لہروں کے فنکشن کو واپس لیتے ہوئے، چلوں ہم اب اس نئی معلومات کو داخل کریں اور دیکھیں کہ ہم کیا حاصل کرتے ہیں:

$\begin{align*} \Psi(\vec{r},t) &= \Psi_0 e^{\frac{i}{\hbar}(p \vec{r} - \mathsf{E} t)}\\ &= \Psi_0 e^{\frac{i}{\hbar}(p\vec{r} - mc^2t - E_{\text{kinetic}}t)}\\ &= e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t} \Psi_0 e^{\frac{i}{\hbar}(p\vec{r} - E_{\text{kinetic}}t)}\\ \end{align*}$

ہم نے اب دو اصطلاحات کو الگ کرنے کی وجہ یہ ہے کہ پہلی اصطلاح $e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t}$ (فقط روشنی کی رفتار پر مبنی) دوسری اصطلاح کے مقابلے میں بہت زیادہ تالی ہوگی اور ضروری نہیں ہے کہ یہ وہ ذرات-لہروں کا نظام ہو جس کی تلاش ہے۔ تو اس فرق کو مستحکم کرنے کے لئے، آئیے اب یہ قائم کریں کہ:

$\begin{equation*} \Psi(\vec{r},t) = e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t} \psi(\vec{r}, t) \end{equation*}$

جہاں ہم نے اب تعریف کی ہے:

$\begin{equation*} \psi(\vec{r}, t) =\Psi_0 e^{\frac{i}{\hbar}(p\vec{r} - E_{\text{kinetic}}t)}. \end{equation*}$

آئیے اب $\Psi(\vec{r},t)$ کے پہلے اور دوسرے جزوی مشتق لیں اور دیکھیں کہ کیا حاصل ہوتا ہے۔ پہلا:

$\begin{equation*} \frac{\partial{\Psi}}{\partial t} = -\frac{i}{\hbar}mc^2e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t} \psi(\vec{r}, t) + e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t} \frac{\partial \psi(\vec{r}, t)}{\partial t} \end{equation*}$

اور دوسرا:

$\begin{equation*} \frac{\partial^2{\Psi}}{\partial t^2} = \left( -\frac{m^2c^4}{\hbar^2} e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t}\psi - \frac{2i}{\hbar}mc^2e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t}\frac{\partial \psi}{\partial t} \right) + e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t}\frac{\partial^2 \psi}{\partial t^2} \end{equation*}$

ہمیں یاد رہنا چاہئے کہ دوسرے جزوی مشتق کے ساتھ آخری مدت بہت چھوٹی ہے کیونکہ اس میں $c^2$ مدت کی ترتیب نہیں ہے، اور اس لیے تقریباً، حقیقی دوسرا مشتق درج ذیل طور پر دیا جاتا ہے:

$\begin{align*} \frac{\partial^2{\Psi}}{\partial t^2} \approx \left( -\frac{m^2c^4}{\hbar^2} e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t}\psi - \frac{2i}{\hbar}mc^2e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t}\frac{\partial \psi}{\partial t} \right) \end{align*}$

ہم نے ان دو جزوی مشتق کو لیا تاکہ ہم ان کو اس مساوات میں شامل کر سکیں جو موج کی فنکشن کو زودتر بیان کرتی ہے:

لیکن اس سے پہلے کہ ہم اس کو کر سکیں، آئیے یہ فارمولہ دوبارہ ترتیب دیں اور ہم کلائن-گورڈن کی مساوات کے ساتھ ختم کریں:

$\begin{align*} \left( \frac{ {\partial^2{}} }{\partial^2{x}} - \frac{1}{c^2} \frac{ {\partial^2{}} }{\partial^2{t}} - \frac{m^2c^2}{\hbar^2} \right)\Psi_0 e^{\frac{i}{\hbar}(px - \mathsf{E} t)} &= 0\\ \frac{ {\partial^2{\Psi(x, t)}} }{\partial^2{x}} - \frac{m^2c^2}{\hbar^2} \Psi(x, t) &= \frac{1}{c^2} \frac{ {\partial^2{\Psi(x, t)}} }{\partial^2{t}} \end{align*}$

ابتدائی طور پر ہم اس مساوات کو تین بُعد میں آسانی سے جنرلائز کر سکتے ہیں کہ اس مساوات کو ایک ویکٹر مساوات میں تبدیل کر کے (ہم نے یہ تمام قدم اس فارمولے کو استخراج کرنے کے لئے اٹھایا تھا، یہ تمام قدم $x,y$ ، اور $z$ کے لئے لاگو ہوں گے۔)

$\begin{equation*} \nabla^2 \Psi(\vec{r}, t) - \frac{m^2c^2}{\hbar^2} \Psi(\vec{r}, t) = \frac{1}{c^2} \frac{ {\partial^2{\Psi(\vec{r}, t)}} }{\partial^2{t}} \end{equation*}$

یہ مساوات آزاد ذرہ کے لئے کلائن-گورڈن مساوات کے نام سے مشہور ہے۔ یہ مساوات ریلیٹیویسٹک ہے کیونکہ اس کا توانائی کا اصطلاح ہم نے $\sqrt{1+x}$ کے ساتھ چھوٹے ٹیلر اظہار کے ساتھ کیے گئے اندازہ نہیں کرتی۔

اب، کلائن-گورڈن مساوات کو سادہ کرتے ہوئے (واپس ایک بُعد میں جا کر اور ہمارے نئے توانائی کے فارمولے کو لاگو کرتے ہوئے) ہم سکرودنجر کے مساوات تک پہنچیں گے:

$\begin{align*} \frac{ {\partial^2{\Psi}} }{\partial^2{x}} - \frac{m^2c^2}{\hbar^2} \Psi &= \frac{1}{c^2} \frac{ {\partial^2{\Psi}} }{\partial^2{t}} \end{align*}$

آئیے ہماری نئی موج کی دالہ کو داخل کریں جو $\Psi(\vec{r},t) = e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t} \psi(\vec{r}, t)$ ہے جہاں ہم کو وقت کے ساتھ پہلے اور دوسرے مشتق کا طرز معلوم ہے:

$\begin{align*} \frac{ {\partial^2{}} }{\partial^2{x}}e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t} \psi - \frac{m^2c^2}{\hbar^2} e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t} \psi &= \frac{1}{c^2}\left( -\frac{m^2c^4}{\hbar^2} e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t}\psi - \frac{2i}{\hbar}mc^2e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t}\frac{\partial \psi}{\partial t} \right) + e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t}\frac{\partial \psi}{\partial t}\\ \frac{ {\partial^2{}} }{\partial^2{x}}e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t} \psi &= \frac{m^2c^2}{\hbar^2} e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t} \psi -\frac{m^2c^2}{\hbar^2} e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t}\psi - \frac{2i}{\hbar}me^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t}\frac{\partial \psi}{\partial t} + e^{-\frac{i} {\hbar}mc^2t}\frac{\partial^2 \psi}{\partial t^2}\\ \frac{ {\partial^2{}} }{\partial^2{x}}e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t} \psi &= -\frac{2i}{\hbar}me^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t}\frac{\partial \psi}{\partial t} \\ e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t}\left( \frac{ {\partial^2{\psi}} }{\partial^2{x}} +\frac{2im}{\hbar}\frac{\partial \psi}{\partial t} \right) &= 0 \end{align*}$

اب ابھی کا سب کچھ ہمیں کرنا ہے وہ یہ ہے کہ تین جہتی شرودنگر مساوات کو حاصل کرنے کے لئے ایک آسان ترتیب دیں (نوت کریں کہ $\frac{1}{i} = -i$ ):

$\begin{equation*} i \hbar \frac{\partial{}}{\partial{t}} \Psi(\vec{r},t) = \frac{-\hbar^2}{2 m} \nabla^2 \Psi(\vec{r},t) \end{equation*}$

جہاں کلاسیکل ہملٹونین کی مشابہت کو نوٹ کرتے ہوئے دعویٰ کیا جا سکتا ہے کہ مساوات کے دائیں جانب کا عبارت موج فنکشن کی کل توانائی کو بیان کرتا ہے۔

ہمارے استخراج میں، ہم نے یہ مفروضہ کیا کہ $V(\vec{r},t)$ 0 ہے اور صرف جنبشی توانائی کو درست کیا گیا ہے۔ ہم جانتے ہیں کہ پوٹینشل اپنے مکانی تبدیلیوں کے لحاظ سے محض جمعی ہے اور اس لئے، پوٹینشل کے ساتھ تین جہتی کامل شرودنگر مساوات کو یوں دیا جاتا ہے:

$\begin{equation*} i \hbar \frac{\partial{}}{\partial{t}} \Psi(\vec{r},t) = \left[\frac{-\hbar^2}{2 m} \nabla^2 +V(\vec{r},t)\right] \Psi(\vec{r},t). \end{equation*}$

یہ ہے! یہاں ہمیں ہے، یہ مضمون ناقدی ذرات کے لئے تین جہتی کامل شرودنگر مساوات کو استخراج کر چکا ہے۔ اگر آپ کو یہ پوسٹ پسند آئی ہے اور آپ کو ایسی ہی مزید پوسٹس دیکھنی چاہئیں تو کراں کہ ہمیں ای میل کرکے بتائیں۔

حوالہ جات

گاسیوروویک، ایس (2019)۔ کوانٹم فزکس۔ 2نڈ ایڈ۔ کینیڈا: ہملٹن پرنٹنگ، صفحات 1-50۔
گریفیتھس، ڈی (2019)۔ کوانٹم فزکس۔ 3نڈ ایڈ۔ یونیورسٹی پرنٹنگ ہاؤس، کیمبرج: کیمبرج یونیورسٹی پریس۔
وارڈ، ڈی اور ولکمر، ایس (2019)۔ کیسے سکروڈنگر کی مساوات کو نکالا جائے۔ [آن لائن] arXiv.org۔ دستیاب بمقام: https://arxiv.org/abs/physics/0610121v1 [دستیاب 29 مئی 2019]۔
شانکر، آر (1980)۔ کوانٹم میکانکس کے اصول۔ 1نڈ ایڈ۔ نیویارک: Springer Science، صفحات 1-40۔

بیان: اصل کو تحفظ دیں، اچھے مضامین شیر کرنے کے قابل ہیں، اگر کسی کی نقل کی گئی ہو تو حذف کرنے کے لیے ربط کریں۔

ایک تعریف دیں اور مصنف کو حوصلہ افزائی کریں

مذاکرات:

فیزکس کے مضامین

کوانتم نظریہ

ماہرین کے بارے میں

Electrical4u

China