¿Qué suposiciones sobre la acción hacemos o abandonamos en la transición de la mecánica clásica a la mecánica cuántica a la teoría cuántica de campos?

En NRQM, representamos partículas por un paquete de ondas localizado $\psi$, llamada función de onda. Aproximadamente, decimos que la partícula clásica se encuentra en el "pico" del paquete de ondas. Decimos que no podemos conocer el camino porque la función de onda puede ser distinta de cero en varios lugares. En lugar de poder decir de manera determinista dónde está la partícula en la mecánica clásica, solo podemos dar una distribución de probabilidad$|\psi|^2$.

Ahora mostraré, por medio de una historia apócrifa de Feynman, que las integrales de trayectoria son bastante naturales. (Leí esta historia en QFT Nut de A. Zee).

Hace mucho tiempo, en una clase de QM, el profesor habló sobre el experimento de la doble rendija. Una partícula emitida por$S$en el momento$t=0$pasa por uno de los dos agujeros$A_1,A_2$y se detecta en$O$en el momento$t=T$. La amplitud viene dada por el principio de superposición, como la suma de las amplitudes$S\rightarrow A_1\rightarrow O$y$S\rightarrow A_2\rightarrow O$.

De repente, Feynman preguntó: "¿Qué pasa si perforamos un tercer agujero?" El profesor respondió: "La amplitud de todo el proceso es ahora la suma de las tres amplitudes separadas". Feynman, siendo Feynman, le pregunta al profesor qué sucede si perforamos más agujeros en la pantalla. Obviamente, simplemente sumamos sobre los agujeros . Dejar$\mathcal{A}$denota la amplitud. Entonces

$$\mathcal{A}(\text{detected at $O$})=\sum_i\mathcal{A}(S\rightarrow A_i\rightarrow O)$$

Pero Feynman insiste: "¿Qué pasa si ahora agregamos una segunda pantalla con algunos agujeros?"

El profesor dice algo como: "Se toma la amplitud para ir de$S$a$A_i$en la primera pantalla, luego a$B_j$en la segunda pantalla, luego a$O$y luego suma$i$y$j$."

Feynman no ha terminado: "¿Qué pasa si pongo una tercera o cuarta pantalla? ¿Qué pasa si pongo una pantalla y taladro una cantidad infinita de agujeros para que la pantalla ya no esté allí?" (Bastante zen.)

Lo que mostró Feynman es que aunque sólo hubiera un espacio vacío entre la fuente y el detector, la amplitud para que la partícula pasara por cada uno de los agujeros en cada una de las (inexistentes) pantallas. En otras palabras, tenemos que sumar la amplitud para que la partícula se propague desde la fuente hasta el detector siguiendo todos los caminos posibles entre la fuente y el detector.

$$\mathcal{A}(\text{particle to go from $S$ to $O$ in time $T$})=\sum_\text{paths}\mathcal{A}(\text{particle to go from $S$ to $O$ in time $T$ following a particular path})$$

Ahora hacemos estas ideas matemáticamente precisas. En QM, la amplitud para propagarse desde un punto$q_I$a un punto$q_F$a tiempo$T$se rige por el operador unitario$e^{-iHT}$, dónde$H$es el hamiltoniano. Más precisamente, la amplitud es

$$\mathcal{A}=\langle q_F|e^{-iHT}|q_I\rangle\equiv \langle q_F|U(T)|q_I\rangle$$ Desde $U(T)$es exponencial, podemos escribirlo como el producto $$U(T)=\prod_{i=1}^N U(\delta t)=\prod_{i=1}^N e^{-iH\delta t},$$ dónde $\delta t=T/N$. Sustituye esto en la amplitud $$\mathcal{A}=\langle q_F|\prod_{i=1}^N U(\delta t)|q_I\rangle$$ Ahora inserta $N-1$Copias de $$I=\int dq|q\rangle\langle q|$$ entre cada factor de $U(\delta t)$: $$\mathcal{A}=\prod_{j=0}^{N-1}\prod_{i=1}^{N-1}\int dq_{i}\langle q_{j+1}|U(\delta t)|q_j\rangle$$ $$q_j=q(t_j)\quad q_I=q_0\quad q_F=q_N$$ Concentrarse en $\langle q_{j+1}|U(\delta t)|q_j\rangle$. Trabajar con una partícula en un potencial no especificado, $$H=\frac{P^2}{2m}+V(Q)$$ $P$es el operador de cantidad de movimiento, produce valores propios $$P|p\rangle=p|p\rangle$$ $Q$es el operador de posición, produce valores propios $$Q|q\rangle=q|q\rangle$$ Conecte esto y un operador de identidad, $$I=\int dp|p\rangle\langle p|$$ en el bra-ket: $$\langle q_{j+1}|U(\delta t)|q_j\rangle=\langle q_{j+1}|e^{-i\delta t(P^2/2m+V(Q))}|q_j\rangle=e^{-i\delta tV(q_j)}\int dp\langle q_{j+1}|e^{-i\delta t(P^2/2m)}|p\rangle\langle p|q_j\rangle$$ Recordar $$\langle q\vert p\rangle=\frac{e^{ipq}}{\sqrt{2\pi}}$$ podemos simplificar la integral $$e^{-i\delta tV(q_j)}\int dp e^{-i\delta t(p^2/2m)}\langle q_{j+1}|p\rangle\langle p|q_j\rangle=e^{-i\delta tV(q_j)}\int\frac{dp}{2\pi}e^{-i\delta t(p^2/2m)}e^{ip(q_{j+1}-q_j)}$$ La integral se evalúa como $$e^{-i\delta tV(q_j)}\int\frac{dp}{2\pi}e^{-i\delta t(p^2/2m)+ip(q_{j+1}-q_j)}=\sqrt{-\frac{im}{2\pi\delta t}}e^{[im(q_{j+1}-q_j)^2]/2\delta t-i\delta tV(q_j)}=Ce^{i\delta t\{(m/2)[(q_{j+1}-q_j)/\delta t]^2-V(q_j)\}}$$ Reemplazando esto en nuestra fórmula para los rendimientos integrales de trayectoria $$\langle q_F|e^{-iHt}|q_I\rangle=C^N\left(\prod_{i=1}^{N-1}\int dq_i\right)\exp\left\{i\delta t\sum_{j=0}^{N-1}\left[\frac{m}{2}\left(\frac{q_{j+1}-q_j}{\delta t}\right)^2-V(q_j)\right]\right\}$$ Ahora vamos al límite continuo, $$N\rightarrow\infty\quad\delta t\rightarrow 0$$ Entonces $$\lim_{\delta t\rightarrow 0}\left[\frac{q_{j+1}-q_j}{\delta t}\right]^2=\dot{q}^2$$ y $$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{j=0}^{N-1}\delta t=\int_0^T dt$$ Defina también la integral sobre todos los caminos. $$\int Dq(t)=\lim_{N\rightarrow\infty}C^N\prod_{i=1}^{N-1}\int dq_i$$ Obtenemos así la representación integral de trayectoria $$\langle q_F|e^{-iHt}|q_I\rangle=\int Dq(t)\,e^{i\int_0^T dt(\frac{1}{2}m\dot{q}^2-V(q))}$$ La integral exponenciada es solo la acción, por lo que podemos escribir la amplitud como $$\langle q_F|e^{-iHT}|q_I\rangle=\int Dq\,e^{iS[q]}=\int Dq\,\exp\left(i\int_0^T dtL(q,\dot{q})\right)$$

Ahora podemos derivar el principio de mínima acción. Esta es solo una integral elegante de un exponencial complejo oscilante. Cuando$S$es estacionario, las fases son similares y se suman constructivamente . Cuando nos alejamos de este equilibrio, las fases varían rápidamente y se suman destructivamente . Así que esperamos la mayor contribución a$\mathcal{A}$venir de caminos por los cuales

$$\delta S=0$$ Tenga en cuenta que las rutas no clásicas se suman a $\mathcal{A}$, pero la contribución dominante, y por lo tanto el camino promedio, es clásica.

Para que esta sea una teoría cuántica válida, debe obedecer la ecuación de Schroedinger. Ahora demostramos que sí.

Podemos escribir la derivada temporal de un vector de estado en el tiempo$t=0$como

$$\frac{d}{dt}|\psi(0)\rangle=\frac{|\psi(\delta t)\rangle-|\psi(0)\rangle}{\delta t}$$ Entonces, dada la ecuación de Schroedinger, $$i\frac{d}{dt}|\psi(0)\rangle=H|\psi(0)\rangle,$$ podemos aproximarnos como $$|\psi(\delta t)\rangle-|\psi(0)\rangle=-i\delta tH|\psi(0)\rangle$$ En el $X$base, tenemos $$\psi(x,\delta t)-\psi(x,0)=-i\delta t\left[-\frac{1}{2m}\frac{\partial^2}{\partial^2 x}+V(x,0)\right]\psi(x,0)$$ Compare esto con la representación de la integral de trayectoria del mismo orden en $\delta t$: $$\psi(x,\delta t)=\int U(x,\delta t;x',0)\psi(x',0)dx'$$ $$U(x,\delta t;x',0)=\langle x|U(\delta t)|x'\rangle$$ De la derivación de la integral de trayectoria, tenemos $$U(x,\delta t;x',0)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\delta t}}\exp\left\{i\left[\frac{m(x-x')^2}{2\delta t}-\delta tV\left(\frac{x+x'}{2},0\right) \right]\right\}$$ Entonces $$\psi(x,\delta t)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\delta t}}\int \exp\left[\frac{im(x-x')^2}{2\delta t}\right]\exp\left[-i\delta tV\left(\frac{x+x'}{2},0\right) \right]\psi(x',0)dx'$$ El primer término exponencial oscila rápidamente a excepción del punto estacionario $x=x'$, donde la fase tiene el valor mínimo de cero. Decimos que la región de coherencia en la integral de trayectoria es $\delta S\lesssim\pi$. Así que la región de coherencia para la primera exponencial, en términos de $\eta=x'-x$, $$\frac{m\eta^2}{2\delta t}\lesssim\pi$$ o $$|\eta|\lesssim\sqrt{\frac{2\pi\delta t}{m}}$$ Así que considera ahora $$\psi(x, \delta t)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\delta t}}\int\exp\left[\frac{im\eta^2}{2\delta t}\right]\exp\left[-\frac{i\delta t}{\hbar}V\left(x+\frac{\eta}{2},0\right)\right]\psi(x+\eta,0)d\eta$$ Trabajamos a primer pedido en $\delta t$y de segundo orden en $\eta$. ampliamos $$\psi(x+\eta,0)=\psi(x,0)+\eta\psi'+\tfrac{1}{2}\eta^2\psi''+\cdots$$ $$\exp\left[-i\delta tV\left(x+\frac{\eta}{2},0\right)\right]=1-\frac{i\delta t}{\hbar}V\left(x+\frac{\eta}{2},0\right)+\cdots=1-i\delta tV(x,0)+\cdots$$ (condiciones de pedido $\eta\delta t$deben ser descuidados). Ahora nuestra integral se convierte en $$\psi(x,\delta t)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\delta t}}\int \exp\left[\frac{im\eta^2}{2\delta t}\right]\left[\psi(x,0)-i\delta tV(x,0)\psi(x,0)+\eta\psi'+\tfrac{1}{2}\eta^2\psi''\right]d\eta$$ Haciendo las integrales, obtenemos $$\psi(x,\delta t)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\delta t}}\left[\psi(x,0)\sqrt{\frac{2\pi i\delta t}{m}}-\frac{\delta t}{2im}\sqrt{\frac{2\pi i\delta t}{m}}\psi''-i\delta t\sqrt{\frac{2\pi i\delta t}{m}} V(x,0)\psi(x,0)\right]$$ o $$\psi(x,\delta t)-\psi(x,0)=-i\delta t\left[-\frac{1}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}+V(x,0)\right]\psi(x,0)$$ que es simplemente la ecuación de Schroedinger.

La mecánica cuántica integral de caminos concuerda perfectamente con la mecánica ondulatoria.

(Esta publicación es realmente larga. El retraso de PSE es insoportable. No dude en hacer preguntas, pero no escribiré más en este cuadro de respuesta).