Encontrar la acción clásica en un problema de tunelización

Buena pregunta. Lo que ve aquí es el procedimiento conocido como aproximación WKB. Comencemos desde cero y procedamos lentamente. Considere la integral de trayectoria 1D dada por

$$Z = \int_{-\infty}^{\infty}\exp(i\mathcal{S}/\hbar)\ \text{dx} = \int_{-\infty}^\infty\exp\left(\frac{i}{\hbar}\int_0^{t_0}\mathcal{L}(x,\dot{x})\text{dt}\right)\text{dx}.$$ Veamos el Lagrangiano de cerca. Supongamos que el lagrangiano tiene la forma $$\mathcal{L}(x,\dot{x}) = \frac{1}{2}m\dot{x}^2-V(x)$$ donde el potencial parece dos pozos unidos. Por razones visuales, suponga que el potencial se ve como $$V(x)=\frac{1}{2}(x-L)^2(x+L)^2$$ para que cuando $x=L$o $x=-L$el potencial es $V(x)=0$. Gráficamente, podría parecerse a la siguiente imagen publicada por otra publicación de intercambio de pila de física .

De todos modos, debido a la conservación de la energía, sabemos que$E=0$pero no olvides eso$E=\mathcal{H}$, el hamiltoniano, y desde$\mathcal{H}$y$\mathcal{L}$están relacionados por

$$\mathcal{H}=\dot{x}p-L,$$ podemos resolver la ecuación anterior usando $\mathcal{H}=0$, de nuevo podemos hacer esto porque $E=0$. La ecuación anterior en realidad proviene de la transformada de Legendre de $\mathcal{L}$y puedes saber más al respecto aquí . De todos modos, volviendo al problema podríamos resolver la ecuación anterior para encontrar $$\begin{align} L &= \dot{x}p\iff\\ \frac{1}{2}m\dot{x}^2-V(x)&=\dot{x}p \iff \\ -V(x) &= \dot{x}p - \frac{1}{2}m\dot{x}^2 \iff\\ -V(x) &= \dot{x}p - \frac{1}{2}\dot{x}(m\dot{x})\iff\\ -V(x) &= \dot{x}p - \frac{1}{2}\dot{x}p = \frac{1}{2}\dot{x}p\iff\\ -V(x) &= \frac{p^2}{2m} \implies \\ &\boxed{p = i\sqrt{2mV(x)}} \end{align}$$ que es imaginario. Ahora volvamos a la integral de trayectoria y conectemos las cosas para ver qué sucede. $$\begin{align}Z &= \int_{-\infty}^{\infty}\exp(i\mathcal{S}/\hbar)\ \text{dx} = \int_{-\infty}^\infty\exp\left(\frac{i}{\hbar}\int_0^{t_0}\mathcal{L}(x,\dot{x})\text{dt}\right)\text{dx}\\ &= \int_{-\infty}^\infty\exp\left(\frac{i}{\hbar}\int_0^{t_0}\left[\dot{x}p-\mathcal{H}\right]\text{dt}\right)\text{dx}=\int_{-\infty}^\infty\exp\left(\frac{i}{\hbar}\int_0^{t_0}\left[\dot{x}p-0\right]\text{dt}\right)\text{dx}\\ &=\int_{-\infty}^\infty\exp\left(\frac{i}{\hbar}\int_0^{t_0}\left[\dot{x}i\sqrt{2mV(x)}\right]\text{dt}\right)\text{dx}\\ &=\int_{-\infty}^\infty\exp\left(\frac{-1}{\hbar}\int_0^{t_0}\sqrt{2mV(x)}\frac{\text{d}x(\text{t})}{\text{dt}}\text{dt}\right)\text{dx} \end{align}$$ Ahora del cálculo, sabemos que el diferencial de $x$es dado por $$\text{d}x(\text{t})=\frac{\partial{x(\text{t})}}{{\partial\text{t}}}\text{dt}=\frac{\text{d}x(\text{t})}{\text{dt}}\text{dt}$$ y luego dejar $x(t=0)=-L$y $x(t=t_0)=+L$tenemos $$Z = \int_{-\infty}^\infty\exp\left(\frac{-1}{\hbar}\int_{-L}^{+L}\sqrt{2mV(x)}\text{dx}\right)\text{d}x = \int_{-\infty}^{\infty}\exp\left(\frac{-1}{\hbar}\mathcal{S}_{classical}\right)\text{dx}$$ Auge. La acción clásica salta a la vista.

ecuación de OP (1) se explica en la Ref. 1, o en mi respuesta Phys.SE aquí . Los puntos principales son:

1. Estamos calculando la euclidiana ($E$) integral de trayectoria a través de WKB/método del descenso más pronunciado

   $$\begin{align} Z_E~=~&\int_{x(t^E_i)=-L}^{x(t^E_f)=L} \! {\cal D}x~\exp\left\{-\frac{1}{\hbar} S_E[x]\right\}\cr~\sim~& \exp\left\{-\frac{1}{\hbar} S_E[\bar{x}]\right\}\quad\text{for}\quad \hbar\to 0^{+}, \end{align}\tag{A}$$ dónde$\bar{x}:[t^E_i,t^E_f]\to [-L,L]\subseteq\mathbb{R}$es el camino/instante clásico. (Asumimos$\bar{x}$es monótona e ignora múltiples soluciones de rebote).

2. El lagrangiano euclidiano

   $$L_E ~=~ T + V ~=~ T - (-V) , \qquad T ~=~\frac{m}{2}\dot{x}^2, \tag{B}$$ parece un lagrangiano estándar (es decir, energía cinética menos energía potencial), con un potencial aparente igual a menos $V$, cf. Figura 1.

$\uparrow$Fig. 1. (a) El instantón comienza en el mínimo$x=-a\equiv-L$en un pozo, y túneles al mínimo$x=a\equiv L$en el otro pozo. (b) El potencial aparente es menos $V$.

3. La energía mecánica (es decir, energía cinética más energía potencial)

   $$E~\approx~ T + (-V)\tag{C}~\approx~0$$ es una constante de movimiento ya que no hay una dependencia explícita del tiempo, cf. El teorema de Noether . El constante$E$es cero por las condiciones de contorno. (Aquí el$\approx$símbolo significa igualdad módulo eqs. de movimiento.)

4. En otras palabras,

   $$T ~\approx~ V\qquad \Leftrightarrow \qquad\dot{x}~\approx~ \sqrt{\frac{2V(x)}{m}} .\tag{D}$$

5. La acción euclidiana se convierte en

   $$\begin{align} S_E[\bar{x}]~\approx~&\int_{t^E_i}^{t^E_f} \!\mathrm{d}t^E~ L_E~\stackrel{(B)+(D)}{\approx}~\int_{-L}^{L} \!\frac{\mathrm{d}x}{\dot{x}} 2T\cr ~\stackrel{(B)}{=}~&\int_{-L}^{L} \!\mathrm{d}x ~m \dot{x}~\stackrel{(D)}{\approx}~\int_{-L}^{L} \!\mathrm{d}x ~\sqrt{2mV(x)} ,\end{align}\tag{E}$$ cf. ecuación de OP (1).

Referencias:

1. S. Coleman, Aspectos de la simetría, 1985; Subsección 7.2.2, eq. (2.22).