En NRQM, representamos las partículas mediante un paquete de ondas $\psi$ , llamada función de onda. Decimos aproximadamente que la partícula clásica se encuentra en el "pico" del paquete de ondas. Decimos que no podemos conocer la trayectoria porque la función de onda puede ser distinta de cero en varios lugares. En lugar de poder decir de forma determinista dónde está la partícula como en la mecánica clásica, sólo podemos dar una distribución de probabilidad $|\psi|^2$ .
Ahora mostraré, mediante una historia apócrifa de Feynman, que las integrales de trayectoria son realmente muy naturales. (Leí esta historia en QFT Nut de A. Zee).
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Hace mucho tiempo, en una clase de QM, el profesor hablaba del experimento de la doble rendija. Una partícula emitida desde $S$ 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 "¿Y 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 pasa si perforamos más agujeros en la pantalla. Obviamente, sólo suma sobre los agujeros . Sea $\mathcal{A}$ denotan la amplitud. Entonces $$\mathcal{A}(\text{detected at $ O $})=\sum_i\mathcal{A}(S\rightarrow A_i\rightarrow O)$$
Pero Feynman persiste: "¿Y si ahora añadimos una segunda pantalla con algunos agujeros?" ![Fig 2]()
El profesor dice algo así como: "Se toma la amplitud para ir de $S$ a $A_i$ en la primera pantalla, y luego a $B_j$ en la segunda pantalla, y luego a $O$ y luego sumar sobre $i$ y $j$ ."
Feynman no ha terminado: "¿Y si pongo una tercera o cuarta pantalla? ¿Y si pongo una pantalla y taladro un infinito número de agujeros en él para que la pantalla ya no esté allí?" (Bastante zen.)
Lo que Feynman demostró es que incluso si sólo hubiera espacio vacío entre la fuente y el detector, la amplitud para que la partícula pase por cada uno de los agujeros de cada una de las pantallas (inexistentes). 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.
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$$\mathcal{A}(\text{particle to go from $ S $ to $ O $ in time $ T $})=\sum_\text{paths}\mathcal{A}(\text{particle to go from $ S $ to $ O $ in time $ T $ following a particular path})$$
Ahora precisamos matemáticamente estas ideas. En QM, la amplitud a propagar desde un punto $q_I$ a un punto $q_F$ en el tiempo $T$ se rige por el operador unitario $e^{-iHT}$ , donde $H$ 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 un exponencial, podemos escribirlo como el producto $$U(T)=\prod_{i=1}^N U(\delta t)=\prod_{i=1}^N e^{-iH\delta t},$$ donde $\delta t=T/N$ . Sustituye esto en la amplitud $$\mathcal{A}=\langle q_F|\prod_{i=1}^N U(\delta t)|q_I\rangle$$ Ahora inserte $N-1$ copias de $$I=\int dq|q\rangle\langle q|$$ entre cada factor de $U(\delta t)$ : $$\mathcal{A}=\prod_{j=0}^{N-1}\prod_{i=1}^{N-1}\int dq_{i}\langle q_{j+1}|U(\delta t)|q_j\rangle$$ $$q_j=q(t_j)\quad q_I=q_0\quad q_F=q_N$$ Centrarse en $\langle q_{j+1}|U(\delta t)|q_j\rangle$ . Trabaja con una partícula en un potencial no especificado, $$H=\frac{P^2}{2m}+V(Q)$$ $P$ es el operador de momento, produce valores propios $$P|p\rangle=p|p\rangle$$ $Q$ es el operador de posición, produce valores propios $$Q|q\rangle=q|q\rangle$$ Conecta esto y un operador de identidad, $$I=\int dp|p\rangle\langle p|$$ en el bra-ket: $$\langle q_{j+1}|U(\delta t)|q_j\rangle=\langle q_{j+1}|e^{-i\delta t(P^2/2m+V(Q))}|q_j\rangle=e^{-i\delta tV(q_j)}\int dp\langle q_{j+1}|e^{-i\delta t(P^2/2m)}|p\rangle\langle p|q_j\rangle$$ Recall $$\langle q\vert p\rangle=\frac{e^{ipq}}{\sqrt{2\pi}}$$ 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 $$e^{-i\delta tV(q_j)}\int\frac{dp}{2\pi}e^{-i\delta t(p^2/2m)+ip(q_{j+1}-q_j)}=\sqrt{-\frac{im}{2\pi\delta t}}e^{[im(q_{j+1}-q_j)^2]/2\delta t-i\delta tV(q_j)}=Ce^{i\delta t\{(m/2)[(q_{j+1}-q_j)/\delta t]^2-V(q_j)\}}$$ Introduciendo esto en nuestra fórmula para la integral de la trayectoria se obtiene $$\langle q_F|e^{-iHt}|q_I\rangle=C^N\left(\prod_{i=1}^{N-1}\int dq_i\right)\exp\left\{i\delta t\sum_{j=0}^{N-1}\left[\frac{m}{2}\left(\frac{q_{j+1}-q_j}{\delta t}\right)^2-V(q_j)\right]\right\}$$ Ahora vamos al límite del 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 todas las trayectorias $$\int Dq(t)=\lim_{N\rightarrow\infty}C^N\prod_{i=1}^{N-1}\int dq_i$$ Obtenemos así la representación integral de la 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 sólo 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. Esto es sólo una elegante integral de una exponencial compleja oscilante. Cuando $S$ es estacionario, las fases son similares y se suman constructivamente . Cuando nos alejamos de este equilibrio, las fases varían rápidamente y añaden destructivamente . Así que esperamos que la mayor contribución a $\mathcal{A}$ para venir de los caminos por los que $$\delta S=0$$ Tenga en cuenta que las vías no clásicas se suman a $\mathcal{A}$ pero la contribución dominante, y por tanto la trayectoria media, es clásica.
Para que sea una teoría cuántica válida, debe obedecer la ecuación de Schroedinger. Ahora demostramos que lo hace.
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 aproximarlo como $$|\psi(\delta t)\rangle-|\psi(0)\rangle=-i\delta tH|\psi(0)\rangle$$ En el $X$ base, tenemos $$\psi(x,\delta t)-\psi(x,0)=-i\delta t\left[-\frac{1}{2m}\frac{\partial^2}{\partial^2 x}+V(x,0)\right]\psi(x,0)$$ Compárese con la representación integral de la trayectoria al mismo orden en $\delta t$ : $$\psi(x,\delta t)=\int U(x,\delta t;x',0)\psi(x',0)dx'$$ $$U(x,\delta t;x',0)=\langle x|U(\delta t)|x'\rangle$$ A partir de la derivación de la integral de trayectoria, tenemos $$U(x,\delta t;x',0)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\delta t}}\exp\left\{i\left[\frac{m(x-x')^2}{2\delta t}-\delta tV\left(\frac{x+x'}{2},0\right) \right]\right\}$$ Así que $$\psi(x,\delta t)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\delta t}}\int \exp\left[\frac{im(x-x')^2}{2\delta t}\right]\exp\left[-i\delta tV\left(\frac{x+x'}{2},0\right) \right]\psi(x',0)dx'$$ El primer término exponencial oscila rápidamente excepto en el 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 considere 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 en primer lugar en $\delta t$ y de segundo orden en $\eta$ . Ampliamos $$\psi(x+\eta,0)=\psi(x,0)+\eta\psi'+\tfrac{1}{2}\eta^2\psi''+\cdots$$ $$\exp\left[-i\delta tV\left(x+\frac{\eta}{2},0\right)\right]=1-\frac{i\delta t}{\hbar}V\left(x+\frac{\eta}{2},0\right)+\cdots=1-i\delta tV(x,0)+\cdots$$ (términos de orden $\eta\delta t$ deben ser despreciados). 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 no es más que la ecuación de Schroedinger.
La mecánica cuántica integral de trayectorias concuerda así perfectamente con la mecánica ondulatoria.
(Esta entrada es realmente largo. El retraso de la P.S.E. es insoportable. Siéntase libre de hacer preguntas, pero no escribiré más en este cuadro de respuestas).
