Encontrar la acción clásica en el problema de los túneles

Question

En QM: Estoy tratando de demostrar que la acción mínima para una trayectoria clásica que va entre dos pozos de potencial (centrados en $\pm L$ ) en un potencial de doble pozo es $$S_{classical} = \int_{-L}^{L} dx' \sqrt{2mV(x')}\tag{1}$$ donde $V(x')$ es el potencial invertido (en tiempo imaginario) $t' \rightarrow -it$ ).

Sé que $$S = \int_{0}^{t''} dt'\, (1/2 m \dot{x'}^2 + V(x'))\tag{2}$$ que es la acción en tiempo imaginario. Además $$x'(0) = - L\qquad\text{and}\qquad x'(t'') = L,\tag{3}$$ donde $x'$ es la "posición transformada" correspondiente.

Me han dicho que utilice la conservación de la energía y el hecho de que la energía mínima es cero, pero sigo sin saber cómo abordar este problema. No estoy familiarizado con el principio de la mínima acción, así que puede que sea por eso por lo que estoy teniendo problemas.

Answer 1

Buena pregunta. Lo que ves aquí es el procedimiento conocido como la aproximación WKB. Empecemos desde cero y procedamos lentamente. Consideremos 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 cosidos. Para visualizarlo, supongamos que el potencial tiene el siguiente aspecto $$V(x)=\frac{1}{2}(x-L)^2(x+L)^2$$ para que cuando $x=L$ o $x=-L$ el potencial es $V(x)=0$ . Gráficamente, podría parecerse a la siguiente imagen publicada por otro puesto de intercambio de pilas de física .

De todos modos, debido a la conservación de la energía, sabemos que $E=0$ pero no olvides que $E=\mathcal{H}$ el hamiltoniano, y como $\mathcal{H}$ y $\mathcal{L}$ están relacionados por $$\mathcal{H}=\dot{x}p-L,$$ podemos resolver la ecuación anterior utilizando $\mathcal{H}=0$ De nuevo, podemos hacerlo porque $E=0$ . La ecuación anterior procede en realidad de la transformada de Legendre de $\mathcal{L}$ y puede encontrar más información 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 la trayectoria y pongamos las cosas en su sitio para ver qué pasa. \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, desde el cálculo, sabemos que la diferencial de $x$ viene dada 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 que $x(t=0)=-L$ y $x(t=t_0)=+L$ tenemos $$Z = \int_{-\infty}^\infty\exp\left(\frac{-1}{\hbar}\int_{-L}^{+L}\sqrt{2mV(x)}\text{dx}\right)\text{d}x = \int_{-\infty}^{\infty}\exp\left(\frac{-1}{\hbar}\mathcal{S}_{classical}\right)\text{dx}$$ Boom. La acción clásica sale a la luz.

Answer 2

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

1. Estamos calculando el valor euclidiano ( $E$ ) a través de la integral de la trayectoria WKB/método del descenso más pronunciado $$\begin{align} Z_E~=~&\int_{x(t^E_i)=-L}^{x(t^E_f)=L} \! {\cal D}x~\exp\left\{-\frac{1}{\hbar} S_E[x]\right\}\cr~\sim~& \exp\left\{-\frac{1}{\hbar} S_E[\bar{x}]\right\}\quad\text{for}\quad \hbar\to 0^{+}, \end{align}\tag{A}$$ donde $\bar{x}:[t^E_i,t^E_f]\to [-L,L]\subseteq\mathbb{R}$ es la trayectoria/instantánea clásica. (Suponemos que $\bar{x}$ es monótona e ignora las soluciones de rebote múltiple).

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 $V$ , véase la Fig. 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. El 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 existe una dependencia temporal explícita, cf. Teorema de Noether . La constante $E$ es cero por las condiciones de contorno. (Aquí el $\approx$ significa igualdad modulo eq. 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 $$\begin{align} S_E[\bar{x}]~\approx~&\int_{t^E_i}^{t^E_f} \!\mathrm{d}t^E~ L_E~\stackrel{(B)+(D)}{\approx}~\int_{-L}^{L} \!\frac{\mathrm{d}x}{\dot{x}} 2T\cr ~\stackrel{(B)}{=}~&\int_{-L}^{L} \!\mathrm{d}x ~m \dot{x}~\stackrel{(D)}{\approx}~\int_{-L}^{L} \!\mathrm{d}x ~\sqrt{2mV(x)} ,\end{align}\tag{E} $$ Véase la ecuación (1) de OP.

Referencias:

1. S. Coleman, Aspectos de la simetría, 1985; subsección 7.2.2, ecuación (2.22).