¿Por qué la contribución de una trayectoria en el formalismo integral de trayectoria de Feynmans $\sim e^{(i/\hbar)S[x(t)]}$ ?

Question

En el libro "Quantum Mechanics and Path Integrals" Feynman & Hibbs afirman que

la probabilidad $P(b,a)$ para ir desde el punto $x_a$ en el momento $t_a$ al grano $x_b$ en el momento $t_b$ es $P(b,a) = \|K(b,a)\|^2$ de una amplitud $K(b,a)$ para pasar de $a$ à $b$ . Esta amplitud es la suma de las contribuciones $\phi[x(t)]$ de cada camino. $$ K(b,a) = \sum_{\text{paths from $ a $ to $ b $}} \phi[x(t)]$$ Las contribuciones de una trayectoria tienen una fase proporcional a la acción $S$ : $$ \phi[x(t)] = \text{const}\ e^{(i/\hbar)S[x(t)]}$$

¿Por qué la contribución de un camino debe ser $\sim e^{(i/\hbar)S[x(t)]}$ ? ¿Puede derivarse o explicarse de algún modo? ¿Por qué la contribución de un camino no puede ser otra cosa, por ejemplo $\sim \frac{S}{\hbar}$ , $\sim \cos(S/\hbar)$ , $\log(S/\hbar)$ o $e^{- (S[x(t)]/\hbar)^2}$ ?

Editar: Tengo que admitir que en la primera versión de esta pregunta, no excluía la posibilidad de derivar la contribución de una trayectoria directamente de la ecuación de Schrödinger. Así que las respuestas en esta línea son válidas aunque no tan interesantes. Creo que cuando Feynman desarrolló su formalismo su objetivo era encontrar una manera de cuantificar sistemas, que no pueden ser tratados por la ecuación de Schrödinger, porque no pueden ser descritos en términos de un Hamiltoniano (por ejemplo, la teoría del absorbente de Wheeler-Feynman). Así que creo que una buena respuesta explicaría el Ansatz de Feynman sin referirse a la ecuación de Schrödinger, porque creo que la ecuación de Schrödinger sólo puede tratar un subconjunto específico de todos los sistemas que pueden ser tratados por el principio más general de Feynman.

Answer 1

Ya hay varias respuestas buenas. Aquí sólo responderé a la última pregunta, es decir, si el factor de Boltzmann en la integral de trayectoria es $f(S(t_f,t_i))$ , con acción $$S(t_f,t_i)~=~\int_{t_i}^{t_f} dt \ L(t)\tag{1},$$ por qué la función $f:\mathbb{R}\to\mathbb{C}$ una función exponencial, y no otra cosa?

Pues bien, como el propagador de Feynman "suma sobre historias" debe tener la propiedad de grupo

$$\begin{align} K(x_3,t_3;x_1,t_1) ~=~&\cr \int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{d}x_2 \ K(x_3,t_3;x_2,t_2)& K(x_2,t_2;x_1,t_1),\end{align}\tag{2}$$

hay que exigir que

$$\begin{align}f(S(t_3,t_2)&f(S(t_2,t_1)) \cr~=~& f(S(t_3,t_1)) \cr~=~& f(S(t_3,t_2)+S(t_2,t_1)).\end{align}\tag{3}$$ En la última igualdad de la ec. (3) utilizamos la aditividad de la acción (1). La ec. (3) implica que

$$f(0)~=~f(S(t_1,t_1)) ~=~ 1.\tag{4}$$ (La otra posibilidad $f\equiv 0$ es físicamente inaceptable).

Así que la pregunta se reduce a: ¿Cuántas funciones continuas $f:\mathbb{R}\to\mathbb{C}$ satisfacer $$f(s)f(s^{\prime}) ~=~f(s+s^{\prime})\quad\text{and}\quad f(0) ~=~1~?\tag{5}$$

Respuesta: ¡La función exponencial!

Prueba (ignorando algunos tecnicismos matemáticos): Si $s$ es infinitesimalmente pequeño, entonces se puede expandir en Taylor

$$\begin{align}f(s) ~=~& f(0) + f^{\prime}(0)s +{\cal O}(s^{2}) \cr ~=~& 1+cs+{\cal O}(s^{2}) \end{align}\tag{6}$$

con alguna constante $c:=f^{\prime}(0)$ . Entonces se calcula

$$\begin{align} f(s) ~=~&\lim_{n\to\infty}f(\frac{s}{n})^n\cr ~=~&\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{cs}{n}+o(\frac{1}{n})\right)^n\cr ~=~&e^{cs},\end{align} \tag{7}$$

es decir, ¡la función exponencial! $\Box$

Answer 2

Si aceptas que la Mecánica Cuántica se basa en que sumas amplitudes complejas de procesos (véase esta pregunta/respuesta anterior sobre este hecho) se puede esperar que una suma sobre múltiples caminos se comporte como una suma de diferentes fases complejas: $$M \sim \sum e^{i*\text{phase}}$$

Aplicando el principio variacional a la fase, se ve que las trayectorias que menos varían su fase son las que más contribuyen a la suma (porque las demás se promedian). Añade el hecho de que quieres que la trayectoria clásica sea la principal contribución (porque queremos coincidir con la física clásica, este es el principio de correspondencia), y que la trayectoria clásica es la trayectoria en la que el acción $S$ varía al menos, puede identificar la fase con la acción y obtener $\text{phase} \sim S[x(t)]$ . Entonces se obtiene $1 / \hbar$ como una constante experimental.

No estoy seguro de que esta sea una respuesta satisfactoria, pero la mayor parte de la "extrañeza" aquí proviene del principio de superposición de QM en primer lugar. Obsérvese que el principio variacional de la mecánica clásica se conocía y utilizaba antes de que se inventara la QM y tenía la propiedad teleológica de "olfatear" las trayectorias de menor acción. En el método integral de trayectorias de QM esto se explica al menos desde un punto de vista más local.

Answer 3

Un enfoque similar al de Lagerbaer puede formularse sin referencia a la función de probabilidad. El solapamiento entre los estados en diferentes momentos $\langle\psi_{t^\prime}|\psi_t\rangle$ puede escribirse según un producto de $|q_{t+n\delta t}\rangle\langle q_{t+n\delta t}$ en diferentes tramos de tiempo. La superposición de ondas es entonces $$ \langle\psi_{t^\prime}|\psi_t\rangle~=~\lim_{\delta t\rightarrow 0}\lim_{N\rightarrow\infty} \prod_{n=0}^N \int dq_{t+n\delta t}\langle\psi_{t+n\delta t}|q_{t+n\delta t}\rangle\langle q_{t+(n-1)\delta t}|\psi_{t+(n-1)\delta t}\rangle. $$ Esta descripción de la superposición es entonces de acuerdo a las instantáneas determinadas por los proyectores, donde en el límite el incremento de tiempo desaparece recuperan la matriz de densidad.

Ahora nos centramos en un producto definido en un tramo de tiempo concreto. Cada solapamiento infinitesimal se escribe como $$ \psi^*(q,t)\psi(q,t~-~\delta t)~=~ \psi^*(t)\Big(\psi(q,t)~+~\delta t{\frac{d\psi}{dt}}(q,t)~+~O(\delta t^2)\Big). $$ El término a $O(\delta t)$ se ve fácilmente que es $$ \delta t {\frac{d\psi}{dt}}(q,t) ~=~\delta t \Big(\frac{\partial\psi}{\partial t}(q,t)~+~ \frac{dq}{dt}\nabla \psi(q,t)\Big)~=~\frac{i\delta t}{\hbar}\Big(\frac{dq}{dt} p~-~ H\psi(t)\Big). $$ El integrando del solapamiento infinitesimal es $$ \psi^*(q,t)\psi(q,t~-~\delta t)~=~ e^{\frac{i\delta t}{\hbar} \big({\dot q} p~-~H\big)}\psi^*(t)\psi(t) $$ Esta es una forma de derivar la función de probabilidad anterior.

Answer 4

Como el OP pide tratar de evitar la ecuación de Schrödinger, creo que podría valer la pena exponer alguna variación de mi respuesta del post similar https://physics.stackexchange.com/a/202298/1335 :

Lo bueno de la medida exponencial en la integral de trayectoria de Feynman es que cuando evaluamos la probabilidad se transforma en una especie de derivada de la acción, que es lo que realmente queremos para el límite clásico.

Por ejemplo, para el propagador

$$K(x,y;T) = \langle y;T|x;0 \rangle = \int_{f(0)=x}^{f(T)=y} e^{i {S[f]\over \hbar}} Df$$

$$P(x,y;T)^2=K^*(x,y;T)K(x,y;T)=\int_{g(0)=x}^{g(T)=y} e^{-i {S[g]\over \hbar}} Dg\int_{f(0)=x}^{f(T)=y} e^{i {S[f]\over \hbar}} Df$$ $$P(x,y;T)^2=\int_{g(0)=x}^{g(T)=y} \int_{f(0)=x}^{f(T)=y} e^{i {S[f]- S[g]\over \hbar}} Dg Df$$

O, poniendo $\epsilon(t)=f(t)-g(t)$ :

$$P(x,y;T)^2= \int_{g(0)=x}^{g(T)=y} ( \int_{\epsilon(0)=0}^{\epsilon(T)=0} e^{i {S[g \epsilon]- S[g]\over \hbar}} D\epsilon ) Dg$$

y la idea, que no sé cómo demostrar, es que el término entre paréntesis debe ser la versión funcional de la distribución $\delta(F'(u))$ con F' una derivada discreta $F(u+\Delta)-F(u) \over \Delta$ . Al menos funciona así para la distribución delta habitual. Consideremos un potencial $V(x)$ . El valor de cualquier función $f(x)$ en el mínimo del potencial es

$$f(x)|_{V'(x)=0}=<\delta(V') | f>={1 \over 2\pi}\int \int e^{i p V'(x)} f(x) dp dx$$

o, discretizado

$$f(x)|_{V'(x)=0}=\lim_{\beta \to 0}{1 \over 2\pi}\int \int e^{i p {V(x+\beta)-V(x) \over \beta}} f(x) dp dx$$

Obsérvese que para el límite clásico necesitamos tanto $\epsilon$ y el $\hbar$ se reduzca a cero, tal vez podríamos utilizar otra función tal que $\hbar \gamma=\epsilon$ pero el significado físico de dicha función $\gamma(t)$ es oscura.

En conclusión, se necesita que el peso sea complejo para que se produzca una diferencia al conjugar, y se necesita que sea un exponencial para que esta diferencia se mida realmente con el delta de Dirac, forzando de esta manera la condición variacional clásica ${\delta L \over \delta g }= 0$

Answer 5

Creo que la justificación es la siguiente:

primero un par de observaciones desde el límite clásico:

1) los caminos que están lejos de la solución clásica no están cerca de un valor extremo de la acción, lo que significa que la acción tendrá una varianza no nula en todos los caminos que son vecinos de este camino.

2) la propia solución clásica es un valor extremo de la acción (ya sea un mínimo o un máximo) en el espacio de trayectorias clásicas. en la vecindad de esta trayectoria, la varianza de las trayectorias se aproximará a cero.

Así, una aproximación para construir un límite cuántico sería pensar en el experimento de la doble rendija y ver que el patrón de interferencia se construye a partir de tomar dos trayectorias de ondas planas que van de la fuente a cada rendija, y luego de la rendija a un punto de la pantalla de interferencia.

En este caso, ninguna de las trayectorias coincide exactamente con la trayectoria clásica. si escribes una onda plana verás que el argumento $p x - E t$ y te darás cuenta de que esto es en realidad la acción de una partícula libre. Así que puedes pensar en la onda de De Broglie como una onda plana con la acción de una partícula libre $e^{i(kx - \omega t)}$

A partir de esto, es sólo un pequeño paso para inferir que en general, cuando las trayectorias no están restringidas por una doble rendija, es necesario permitir todas las trayectorias clásicas posibles, y cuando la acción es más compleja que una partícula libre, es necesario reemplazar el argumento de la función de onda por la acción de la trayectoria