Решение уравнения Клейна-Гордона для потенциального ящика

[Munin]

Обе верны, они отличаются только разными соглашениями о знаках.

[Helium]

Munin в сообщении #735228 писал(а):

Обе верны, они отличаются только разными соглашениями о знаках.

Где можно подробно прочитать об этом? Решения получаются совершенно разные. Более понятное решение дает первая форма со знаком минус.

[Munin]

Helium в сообщении #735276 писал(а):

Где можно подробно прочитать об этом?

http://en.wikipedia.org/wiki/Sign_convention

[Helium]

Munin в сообщении #735317 писал(а):

Helium в сообщении #735276 писал(а):

Где можно подробно прочитать об этом?

http://en.wikipedia.org/wiki/Sign_convention

Спасибо, особо не вникая в тонкости просто поменял знак и кажется все получилось.

[espe]

Вы зря не вникали. Что сходу могу сказать это про относительные знаки даламбертиана и массы в квадрате. Должно быть

$$\Delta\psi-m^2\psi+\ldots=0.$$

Так что в уравнении у Lvov точно есть по крайней мере одна опечатка.

[espe]

даламбертиана $\to$ лапласиана

[Helium]

espe в сообщении #735473 писал(а):

Вы зря не вникали. Что сходу могу сказать это про относительные знаки даламбертиана и массы в квадрате. Должно быть

$$\Delta\psi-m^2\psi+\ldots=0.$$

Так что в уравнении у Lvov точно есть по крайней мере одна опечатка.

Не знаю тут явно что то не чисто Я проверил решение на примере атома водорода применяя уравнение вида

$$\Delta \psi -\frac{1}{{\hbar}^{2}{c}^{2}}\left[{\left(E+\frac{1}{r} \right)}^{2}-{m}^{2}{c}^{4} \right]\psi =0 $$

т.е. со знаком минус. Система атомных единиц Хартри

$$\hbar=1 m=1 e=1 c=137 {a}_{0}=1$$

вот результат



Второй график для сравнения аналитическое решение уравнения Шредингера. Видно что имеются небольшие отличия возможно связанные с релятивистскими эффектами. А при решении со знаком плюс получается абракадабра.

[espe]

Не знаю, как Вы там считали, но везде где я нашёл это уравнение было написано так

Helium в сообщении #735133 писал(а):

$$\Delta \psi +\frac{1}{{\hbar}^{2}{c}^{2}}\left[{\left(E-U \right)}^{2}-{m}^{2}{c}^{4} \right]\psi =0 $$

Произвола в выборе знаков я здесь не вижу. Тем более, что при низких энергиях (нерелятивистский предел) это уравнение переходит в уравнение Шрёдингера ($\hbar=c=1$). Запишем уравнение КГ в виде

$$\Delta\psi+(E-U+m)(E-U-m)\psi=0.$$

Обозначим $E=m+E'$ и пусть $m\gg U,$ $m\gg E',$ тогда $E-U+m\approx2m$ и получаем стационарное уравнение Шрёдингера

$$\Delta\psi+2m(E'-U)\psi=0.$$

Если поменять знак(и), то правильное УШ не получится.

[Helium]

espe в сообщении #735697 писал(а):

Не знаю, как Вы там считали, но везде где я нашёл это уравнение было написано так

Helium в сообщении #735133 писал(а):

$$\Delta \psi +\frac{1}{{\hbar}^{2}{c}^{2}}\left[{\left(E-U \right)}^{2}-{m}^{2}{c}^{4} \right]\psi =0 $$

Произвола в выборе знаков я здесь не вижу. Тем более, что при низких энергиях (нерелятивистский предел) это уравнение переходит в уравнение Шрёдингера ($\hbar=c=1$). Запишем уравнение КГ в виде

$$\Delta\psi+(E-U+m)(E-U-m)\psi=0.$$

Обозначим $E=m+E'$ и пусть $m\gg U,$ $m\gg E',$ тогда $E-U+m\approx2m$ и получаем стационарное уравнение Шрёдингера

$$\Delta\psi+2m(E'-U)\psi=0.$$

Если поменять знак(и), то правильное УШ не получится.

Хорошо E что за энергия? Я думал что E это полная энергия т.е.

$$E=\frac{m{C}^{2}}{\sqrt{1-\frac{{V}^{2}}{{C}^{2}}}}$$

но оказывается что нет. При решении уравнения в правильном виде т.е. со знаком плюс

$$\Delta \psi +\frac{1}{{\hbar}^{2}{c}^{2}}\left[{\left(E-U \right)}^{2}-{m}^{2}{c}^{4} \right]\psi =0 $$

ответ получается правильным когда

$$E= m{C}^{2}-{E}_{kin}$$

т.е. энергия покоя минус кинетическая энергия. Но тогда выходит при включении релятивистских эффектов энергия уменьшается? Так правильно? Я думал энергия должна увеличиваться с ростом скорости. Нету ли в этом какой то неточности?
Вот решение графики почти точно совпали

[espe]

Helium в сообщении #735841 писал(а):

Хорошо E что за энергия? Я думал что E это полная энергия т.е.

$$E=\frac{m{C}^{2}}{\sqrt{1-\frac{{V}^{2}}{{C}^{2}}}}$$

Это полная энергия, которая равна

$$E=\frac{m{C}^{2}}{\sqrt{1-\frac{{V}^{2}}{{C}^{2}}}}+e\varphi$$

см., например, ЛЛ-2, § 16, ф-ла (16,6), наша $E$ там обозначена буквой $\mathscr{H}$.

Helium в сообщении #735841 писал(а):

Но тогда выходит при включении релятивистских эффектов энергия уменьшается?

Если выполняется условие $p^2\ll m^2$, то да. Это следует отсюда

$$E=\sqrt{m^2+p^2}=m\sqrt{1+p^2/m^2}\approx m\left(1+\frac{p^2}{2m^2}-\frac{p^4}{8m^4}+\ldots\right)$$

т.е. первая релятивистская поправка отрицательна.

Helium в сообщении #735841 писал(а):

Я думал энергия должна увеличиваться с ростом скорости.

С ростом скорости (импульса) разложение, написанное выше, перестаёт быть справедливым и тогда нельзя говорить о релятивистских поправках, надо либо точно решать или использовать какое-то другое приближение.

[Helium]

espe в сообщении #736022 писал(а):

Helium в сообщении #735841 писал(а):

Хорошо E что за энергия? Я думал что E это полная энергия т.е.

$$E=\frac{m{C}^{2}}{\sqrt{1-\frac{{V}^{2}}{{C}^{2}}}}$$

Это полная энергия, которая равна

$$E=\frac{m{C}^{2}}{\sqrt{1-\frac{{V}^{2}}{{C}^{2}}}}+e\varphi$$

см., например, ЛЛ-2, § 16, ф-ла (16,6), наша $E$ там обозначена буквой $\mathscr{H}$.

Helium в сообщении #735841 писал(а):

Но тогда выходит при включении релятивистских эффектов энергия уменьшается?

Если выполняется условие $p^2\ll m^2$, то да. Это следует отсюда

$$E=\sqrt{m^2+p^2}=m\sqrt{1+p^2/m^2}\approx m\left(1+\frac{p^2}{2m^2}-\frac{p^4}{8m^4}+\ldots\right)$$

т.е. первая релятивистская поправка отрицательна.

Helium в сообщении #735841 писал(а):

Я думал энергия должна увеличиваться с ростом скорости.

С ростом скорости (импульса) разложение, написанное выше, перестаёт быть справедливым и тогда нельзя говорить о релятивистских поправках, надо либо точно решать или использовать какое-то другое приближение.

Вы говорите это полная энергия которая равна

$$E=\frac{m{C}^{2}}{\sqrt{1-\frac{{V}^{2}}{{C}^{2}}}}+e\varphi$$

потом пишете

$$E=\sqrt{m^2+p^2}=m\sqrt{1+p^2/m^2}\approx m\left(1+\frac{p^2}{2m^2}-\frac{p^4}{8m^4}+\ldots\right)$$

а куда делась слагаемая

$$e\varphi$$

? Потом потенциальная энергия электростатического взаимодействия уже входит в уравнение в виде

$$U=-\frac{Z}{r}$$

так что получается

$$E$$

это только механическая энергия электрона. И зачем нужны специальные оговорки для низких и высоких скоростей ? Можем попробовать высокие скорости путем простого увеличения заряда ядра

$$Z$$

и посмотрим что получится. Но опять для меня окончательно не ясно

$$E$$

что за энергия.

[Munin]

(Оффтоп)

Helium
Вы можете ставить вокруг формулы один значок доллара, а не два, и тогда получится формула внутри строки текста. Примеры:

Helium в сообщении #736386 писал(а):

...а куда делась слагаемая $e\varphi$ ?
...
...Но опять для меня окончательно не ясно $E$ что за энергия.

[espe]

Helium в сообщении #736386 писал(а):

а куда делась слагаемая $e\varphi$

Там идёт речь о сравнении релятивистского и нерелятивистского выражения для энергии. Оно в обоих случаях одинаковое, я его просто не пишу.

Helium в сообщении #736386 писал(а):

И зачем нужны специальные оговорки для низких и высоких скоростей ?

Зря я там написал, про $p^2\ll m^2$. Просто речь шла о поправках. Релятивистская кинетическая энергия всегда меньше нерелятивистской для любых значений импульсов $p\ne0$.

Helium в сообщении #736386 писал(а):

Но опять для меня окончательно не ясно $E$ что за энергия.

$E$ -- это полная энергия. В нерелятивистском случае $E=\frac{p^2}{2m}+U$ (которую я раньше обозначал как $E'$), в релятивистском $E=\frac{m{c}^{2}}{\sqrt{1-\frac{{v}^{2}}{{c}^{2}}}}+U,$ $U$ -- потенциальная энергия. Это та буква, которая в экспоненте стоит, когда волновую функцию разлагают в виде $\psi(\vec{x},t)=e^{-iEt}\psi(\vec{x})$.

[Helium]

Выходит если мы допустим хотим проверить решение и подставим значение энергии в виде $E=\frac{m{c}^{2}}{\sqrt{1-\frac{{v}^{2}}{{c}^{2}}}}+U,$ в уравнение то выходит что $U$ просто сокращается?

[espe]

Я не понял какое решение и как Вы собрались проверять, но если из полной энергии вычесть потенциальную, то получится кинетическая или в релятивистском случае $mc^2/\sqrt{1-v^2/c^2}.$