怎么证明波函数的模平方的量纲为L^{-1} 证明波函数的模平方 \(|\psi(x)|^2\) 的量纲为 \(L^{-1}\) 在量子力学中，波函数的模平方 \(|\psi(x)|^2\) 被解释为 概率密度，即在单位长度内找到粒子的概率。为了严格证明其量纲为 长度的倒数（\(L^{-1}\)），我们可以从以下三个方面进行分析： 1. 概率密度的定义 根据量子力学的基本假设： \[ P(x) = |\psi(x)|^2 , dx \] 其中： \(P(x)\) 是无量纲的 概率（取值范围 \([0,1]\)）。 \(dx\) 是长度微元，量纲为 \([dx] = L\)。 因此，\(|\psi(x)|^2\) 必须满足： \[ [P(x)] = [|\psi(x)|^2] \cdot [dx] = \text{无量纲} \] 即： \[ [|\psi(x)|^2] \cdot L = 1 \implies [|\psi(x)|^2] = L^{-1} \] 结论：\(|\psi(x)|^2\) 的量纲为 \(L^{-1}\)。 2. 波函数的归一化条件 波函数的归一化要求： \[ \int_{-\infty}^{\infty} |\psi(x)|^2 , dx = 1 \] 分析量纲： 积分结果 1 是无量纲的。 \([dx] = L\)，因此： \[ [|\psi(x)|^2] \cdot L = \text{无量纲} \implies [|\psi(x)|^2] = L^{-1} \] 验证： 以一维无限深势阱的归一化波函数为例： \[ \psi_n(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \] 计算模平方的量纲： \[ [|\psi_n(x)|^2] = \left[ \frac{2}{L} \sin^2\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \right] = L^{-1} \] （因为 \(\sin^2\) 是无量纲的）。 ...

1.快子的洛伦兹变换 2.快子的波动方程 3.快子的麦克斯韦方程组 4.尝试用快子解释量子纠缠

探索薛定谔方程为什么能给出量子化的解，是否一定存在角动量的量子化，周期性条件，另外还有什么隐含条件。对一些简单的解，能否不使用微分方程，而是直接找到解的方法，特别是一维谐振子的解，从而找出方程量子化成功的本质秘密，还有其概率解释是否正确。

我们来系统地求解洛伦兹变换中的 \(\frac{dt}{dt’}\)。 这个导数的含义是：在洛伦兹变换下，静止参考系时间 \(t\) 对运动参考系时间 \(t’\) 的变化率。它依赖于所考虑的时空点是否固定、沿某轨迹运动等。 ✅ 1. 一般情况下的 \(\frac{dt}{dt’}\) 洛伦兹变换（从 \(S\) 到 \(S’\)，沿 \(x\) 方向以速度 \(v\) 运动）： \[ t’ = \gamma \left( t - \frac{v x}{c^2} \right) \] 我们想求 \(\frac{dt}{dt’}\)。注意：这是偏导还是全导？取决于 \(x\) 是否随 \(t\) 变化。 情况一：对任意固定空间点（即 \(x\) 不变），不成立 —— 因为 \(t’\) 依赖于 \(x\) 和 \(t\) 更合理的理解是：我们考虑一个特定的世界线（比如某个观察者或粒子的轨迹），然后求沿该轨迹的 \(\frac{dt}{dt’}\)。 ✅ 情况二：沿一个以速度 \(u\) 运动的粒子轨迹（最一般情况） 设在 \(S\) 系中，粒子的运动满足： \[ x = x(t), \quad \frac{dx}{dt} = u \] 我们想求该粒子所经历的时间在 \(S’\) 中的变化率：\(\frac{dt}{dt’}\) 从： \[ t’ = \gamma \left( t - \frac{v x}{c^2} \right) \] ...

在y方向上，x=vt, z=0, R=\sqrt{(vt-vt’)+y^2}, dt/dt’=1-v/c (vt-vt’)/\sqrt{(vt-vt’)^2+y^2}, 将t’ = \frac{c^2 t - x v - c\sqrt{(x - v t)^2 + (1 - v^2/c^2)(y^2 + z^2)}}{c^2 - v^2}代入dt/dt’看看 问题描述 我们有以下关系： 在 \( y \)-方向上，\( x = v t \)，\( z = 0 \)。 距离关系： \[ R = \sqrt{(v t - v t’)^2 + y^2} \] 时间比例： \[ \frac{dt}{dt’} = 1 - \frac{v}{c} \frac{v t - v t’}{\sqrt{(v t - v t’)^2 + y^2}} \] 给定 \( t’ \) 的表达式： \[ t’ = \frac{c^2 t - x v - c \sqrt{(x - v t)^2 + (1 - v^2 / c^2)(y^2 + z^2)}}{c^2 - v^2} \] 由于 \( x = v t \)，\( z = 0 \)，代入后： \[ t’ = \frac{c^2 t - v^2 t - c \sqrt{0 + (1 - v^2 / c^2) y^2}}{c^2 - v^2} = \frac{t (c^2 - v^2) - c \sqrt{y^2 (1 - v^2 / c^2)}}{c^2 - v^2} \] 化简： \[ t’ = t - \frac{c y \sqrt{1 - v^2 / c^2}}{c^2 - v^2} = t - \frac{y \sqrt{1 - v^2 / c^2}}{c (1 - v^2 / c^2)} = t - \frac{y}{c \sqrt{1 - v^2 / c^2}} \] 记 \( \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - v^2 / c^2}} \)，则： \[ t’ = t - \frac{\gamma y}{c} \] 目标 将 \( t’ = t - \frac{\gamma y}{c} \) 代入 \( \frac{dt}{dt’} \)，看看是否能化简或验证其正确性。 ...

参考： 推迟势数学推理总结 通过推迟势方法推导狭义相对论 关于光速不变，追问Qwen 我们得到不同参考下下，光速不变的原因在于转换使用了\(\frac{dt}{dt’}=\frac{R’}{R}\)的原因， 现在我们把问题重述一遍。 在\(\hat{x}\)轴方向上，运动光源沿着\(\hat{x}\)轴从t’发射光子，到观察点x, 经历了时间t， 此时有两个关系式： \(x-vt’=c(t-t’)\) 可以计算出 \(\frac{dt}{dt’}=\frac{c-v}{c}\) 也可以手工计算： 光源在\(t’_1\)和\(t’_2\)时刻发射两个光子，观察点\(x\)在\(t_1\)和\(t_2\)时刻接收到，此时： \(x-vt’_1 =c(t_1-t’_1)\) \(x-vt’_2 =c(t_2-t’_2)\) 得： \(v(t’_2-t’_1)=c(t’_2-t’_1)-c(t_2-t_1)\), 即：\(\frac{\Delta t}{\Delta t’}=\frac{c-v}{c}\) 所以，使用求导得到时间的间隔关系，是靠谱的。 也就是固定接收者接收到两个光子的时间间隔，和光源发射两个光子的时间间隔，比例是\(\frac{c-v}{c}\)，这就造成了固定坐标系和移动坐标系造成的时间问题。 而发射一个光子，在固定坐标系内看，走的距离是\(c(t-t’)\)， 在观察者看来，走的距离是\(c(t-t’)-v(t-t’)=(c-v)(t-t’)\)， 可见两者的距离比例与两者的时间比例相同，所以光速不变。 也可以用前面的两个光子来计算， 在固定坐标系，两个光子距离为\(ct’_2-ct’_1)\)，时间间隔为\(t’_2-t’_1\)，光速为c 在运动坐标系看来，两个光子距离为： \(c(t’_2-t’_1)-v(t’_2-t’_1)=(c-v)(t’_2-t’_1)\) \(=(c-v)(t_2-t_1)\frac{c}{c-v}=c(t_2-t_1)\), 可见如果两个光子的间隔计时采用观察者收到时的\(t_2-t_1\)，而不是光源发射时的\(t’_2-t’_1\)，则光速仍然为c 我们改用前面得到的\(\frac{dt}{dt’}\)来计算， 前面我们得到： \(\frac{dt}{dt’}=1-\frac{v}{c}\frac{x-vt’}{R}\) x轴上，有y=z=0, R=x-vt’，所以： \(\frac{dt}{dt’}=1-\frac{v}{c}\) 本质就是： 在静止坐标系看来，光走的距离为光源时刻t’到接收时间t走的距离，也就是\(x-vt’=c(t-t’)\), 时间为\(dt’=t-t’=\frac{x-vt’}{c}\) 在接收者看来，光走的距离为接收时刻t时，接收点到光源的距离：\((x-vt)=(c-v)(t-t’)\)，时间为\(dt=\frac{c-v}{c}(t-t’)=\frac{x-vt}{c}\) 即： \(\frac{x-vt’}{dt’}=\frac{x-vt}{dt} =c\) 且： \(dt’-dt=t-t’-\frac{c-v}{c}(t-t’)=\frac{v}{c}(t-t’)=\frac{v}{c}\frac{dx}{c}=\frac{v dx}{c^2}\) 这就是洛伦兹变换里\(\frac{vx}{c^2}\)的来源。 实时上，大多数情况下，我们使用下列变换就够用了： \(x’ =x+vt \) \(t’ =t+\frac{vx}{c^2}\) 比如电磁波的波动方程 ============ 再看y方向： 运动坐标的\(\hat{y’}\)轴上，有\(x’=0,x=vt，z=0\)， 所以 \(R=\sqrt{(vt-vt’)^2+y^2}\) 前面我们计算过： ...

参考： 推迟势数学推理总结 假设一个光源，以匀速\(v\)沿着x轴运动， 在空间一个观察点，相对于静止坐标系坐标\((x,y,z)\) 也就是此时静止坐标系内，\(A\)点在\(\hat{x}\),\(\hat{y}\)轴的的比例关系为\(x/y\) 光源在\(t_0\)时刻发射一个光子，观察点\(A\)在时间\(t\)时收到这个光子， 假设观察点\(A\)在\(x\)轴上，那么\(A\)收到光子时的观察点到光源的距离\(x’\)为： \(x’=x-vt\)， 光走的时间距离为： \(x-vt’=c(t-t’)\) 图例如下： 假设观察点\(A\)在y轴上，那么\(A\)收到光源发射的光子的时候， 光子相对于静止坐标系走了距离\(y\)的时候，则在\(y’\)中实际走的距离为： \(y’=y/\gamma\), 此时光源发射光子，必须是斜向发射，以角度\(v/c\)的方向发射，才能始终保证光子在光源的\(\hat{y}\)轴上滑动 图例如下： 所以，在静止坐标系里的坐标\(ct=(x,y,z)\)，运动坐标系里就变成了： \(ct’=(x-vt,y/\gamma,z/\gamma)\) 这就是推迟势从\(R(ct,x,y,z)\)到\(R’(ct’,x-vt,y/\gamma,z/\gamma)\)的由来, 也就是在运动坐标系内，在同一个\(t’\)内，\(\hat{x}\), \(\hat{y}\)轴的比例关系变成了\((x-vt)/(y/\gamma)\) 那么，怎么从这点推导出洛伦兹变换？ 在狭义相对论中,有形式： \((ct)^2 =x^2+y^2+z^2\), \((ct’)^2 =x’^2+y’^2+z’^2\), 在光源沿着x轴运动时，两个坐标的y,z值是不变的， 这就需要\(\hat{y}\)轴由\(y/\gamma\)扩大到\(y\), 则对应的\(x’\)也要扩大\(\gamma\)倍，由\(x-vt\)扩大到\(\gamma(x-vt)\)，同时时间也要扩大\(\gamma\)倍，此时\(R’\)变成了： \(R’(ct’, \gamma(x-vt), y, z)\)， 也就是计算的时候，认为发射的光子的位置，不是接收到光子时光源的真实位置\(x’=x-vt\)，而是\(x’=\gamma(x-vt)\)，这个并非真实观察者的结果，而是为了计算转换方便，只要能保持光速不变就行。 变换的时候，由于使用的是\(\frac{dt}{dt’}=\frac{R’}{R}\)，即\(\frac{R’}{dt}=\frac{R}{dt’}=c\)，\(dt\)对应运动坐标系，所以在不同坐标系内，这种变换都是光速，即使在洛伦兹变换中运动坐标系内时间和距离同时扩大了\(\gamma\)倍。 在电磁势坐标变换中，遵循 \(R(ct,x,y,z)\)到\(R’(ct’,x-vt,y/\gamma,z/\gamma)\)的变换，对R’求梯度，则可得出y,z方向电场变大\(\gamma\)倍 在静电场\(E_0\)的坐标变换中，可以使用洛伦兹变换变成\(E’_0\)，并加上带\(\gamma\)的磁场B，则总电场E符合： \(E^2 =E’_0^2+(cB)^2=E’_0^2(cos^2(\theta)+\gamma^2sin^2(\theta))\) ========================================= 通过对比发现，推迟势和狭义相对论在移动坐标系中的光线路径是相同的， 推迟势的路径公式为\(R’=\sqrt{(x-vt)^2+(y^2+z^2)/\gamma^2}\) 狭义相对论的路径公式为\(R’=\sqrt{\gamma^2(x-vt)^2+y^2+z^2}\) 它们的斜率是相同的，一个是\((y/\gamma)/(x-vt)\), 一个是\(y/(\gamma(x-vt)\) 只是它们采用的观察模式不同， 推迟势观察的是相同的x的情况，狭义相对论观察采用的是使用相同的y 如下图： 狭义相对论认为，坐标变换，在y方向上没有变化，在x方向上才有变化，计算的是相同的y情况下的变换(图中\(\triangle Ox-ct\)和\(\triangle O"x-ct\)），O’‘到x的距离为\(\gamma(x-vt)\)，也就是\(\triangle O’xp\)的\(y/\gamma\)增大到\(y\)后，对应的\(x-vt\)会增加到\(\gamma(x-vt)\)，变成了\(\triangle O"x-ct\)，也就是接收者认为运动坐标系发射光子的位置为为O’’，对应的x的相对于O’‘的位置\(x’=\gamma(x-vt)\)，这导致了时间膨胀(距离从O’P到ct"，接收时间差\(dt\)增加到了\(\gamma dt\))。 推迟势的计算认为，电磁波在x方向上密度没有变化，在y方向上有挤压，也就是在不同坐标系，相同x的时候的密度情况(图中\(\triangle Ox-ct\)和\(\triangle O’xp\)）。如果在相同的y的位置测量，则可能测到移动电荷的电场只在x方向增强，y方向相同，磁场也小了\(\gamma\)倍。 类似下图， 圆球内的小椭圆，x方向没变，y方向压缩 圆球外的大椭圆，y方向没变，x方向变大 狭义相对论使用了一个虚假的O’坐标位置(vt’+x-x’)，使用了ct"这条线，而电磁场变换则使用了t时刻的真实的O’的位置(vt’+v(t-t’)=vt)，使用了R’这条线，所以最终导致了两者的不同，导致了电磁场变换和狭义相对论变换的不同，同理相对论的能量动量关系式也是用了R’这条线。 推迟势下： \(\frac{dt}{dt’} =1-\frac{v}{c}\frac{x-vt’}{R}\) ...

参考： 狭义相对论的特殊情况-快子 我们假设快子的振动形成了电磁波，那么快子的波动方程是什么，波函数是什么，怎么用来描述量子纠缠？ 快子作为电磁波源的理论构建 一、快子波动方程的推导 基本假设： 快子速度 \( v > c \)，静质量为虚数 \( m = i\mu \) 快子场 \( \phi(x,t) \) 满足类空Klein-Gordon方程： \[ (\Box - \frac{\mu^2c^2}{\hbar^2})\phi = 0 \quad \text{其中} \quad \Box = \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2} - \nabla^2 \] 推导过程： 从相对论能量关系出发： \[ E^2 = p^2c^2 - \mu^2c^4 \] 量子化替换 \( E \to i\hbar\partial_t \)，\( p \to -i\hbar\nabla \)： \[ (-\hbar^2\frac{\partial^2}{\partial t^2}) = (-\hbar^2c^2\nabla^2) - \mu^2c^4 \] 整理得到快子场方程： \[ (\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2} - \nabla^2 + \frac{\mu^2c^2}{\hbar^2})\phi = 0 \] 二、快子波函数的形式 平面波解： \[ \phi(x,t) = A e^{i(kx - \omega t)} \] 其中色散关系： \[ \omega^2 = k^2c^2 - \frac{\mu^2c^4}{\hbar^2} \] ...

在\(t’=0\)时，有： \( x=\gamma (x’+vt’)=\gamma x’ \) 由 \((ct)^2 -x^2 =(ct’)^2 -x’^2 \), 有： \( (ct)^2 -x^2 = 0 -x’^2 =-(\frac{x}{\gamma})^2 \) \( x^2 =(ct)^2 +x’^2 =(ct)^2+(\frac{x}{\gamma})^2 \) \( t=\gamma \frac{vx’}{c^2} = \frac{vx}{c^2} \) \( ct =\frac{v}{c} x \) 解释： 此时，\(x\)和\(x’\)都在光行走的这条线上投影，\(x\)的投影正好是\(ct\), \(x’\)与光的方向垂直，投影为0，即\(ct’=0\)，如下图： 相当于把\(x\)轴和光线轴两个互换，这种情况类似快子，满足\(x=\frac{c^2}{v}t\)，在光轴上的投影为\(x_c=ct\) 在\(t=0\)时，有： \( x’=\gamma x \) \( (ct’)^2 =x’^2 -x^2 =x’^2-(\frac{x’}{\gamma})^2 \) \( x’^2 =(ct’)^2 +x^2 =(ct’)^2+(\frac{x’}{\gamma})^2 \) \( t’=-\gamma \frac{vx}{c^2} = -\frac{vx’}{c^2} \) \( ct’ =-\frac{v}{c}x’ \) 我们假设快子的振动形成了电磁波，那么快子的波动方程是什么，怎么用来描述量子纠缠？ ...

问题重述 给定洛伦兹变换的坐标变换公式： \[ x’ = \gamma (x - v t) \] 其中，\(\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}}\)，且 \(x’ = x\)。求速度 \(v\) 的值。 解题步骤 代入 \(x’ = x\)： \[ \gamma (x - v t) = x \] 展开 \(\gamma\)： \[ \frac{x - v t}{\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}} = x \] 两边乘以 \(\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}\)： \[ x - v t = x \sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}} \] 两边平方（注意平方可能引入增根，需验证）： \[ (x - v t)^2 = x^2 \left(1 - \frac{v^2}{c^2}\right) \] \[ x^2 - 2 x v t + v^2 t^2 = x^2 - \frac{x^2 v^2}{c^2} \] ...