Nuestro plan de respuesta es como sigue. En primer lugar, vamos a introducir la constante de Planck $\hbar$, de modo que el particular valor de $\hbar=1$ corresponde al problema original. En segundo lugar, la mención de una conexión a (lo que los físicos a menudo llamadas) el grupo de propiedades de Feynman ruta de las integrales. En tercer lugar, mostraremos que el buscado la fórmula pasa a ser el clásico "instanton" contribución en un punto de silla/steepest descent asintótica de expansión, que se convierte en válido como $\hbar\to 0$. Actualmente estamos conscientes de si semi-clásica de la localización de los métodos se pueden aplicar para justificar el punto de silla/empinada bajada de expansión, y no vamos a intentar hacer una justificación aquí.
Ahora vamos a llegar a los negocios. Definir los extremos de $x_0\equiv x>0$$x_{n+1}\equiv t>0$. Comenzamos con la introducción de la constante de Planck $\hbar$ en la $u_n$ función en la ecuación. (1.9) de arXiv:1102.4729,
$$u_n(x,t,\manejadores)
:=\left[\prod_{j=1}^n 2 \int_0^{\infty} \frac{\mathrm{d}x_j}{\sqrt{\manejadores}}\right]
\prod_{i=1}^{n+1}\frac{e^{-\frac{x_{i-1}^2}{2\manejadores x_i}}}{\sqrt{2 \pi x_i}}.
\qquad (1.9\manejadores)
$$
En particular, para $n=0$, tenemos
$$ u_{n=0}(x,t,\hbar)=\frac{e^{-\frac{x^2}{2\hbar t}}}{\sqrt{2 \pi t}}. $$
El $u_n$ función tiene varias escala/homogeneidad de las propiedades,
$$ u_n( x,t,\manejadores) = \sqrt{\lambda} u_n(\lambda x,\lambda t,\lambda\manejadores)
= \lambda u_n(\lambda x,\lambda^{2^{n+1}} t,\manejadores) $$
$$= \sqrt{\lambda} u_n( x,\lambda^{2^n} t,\frac{\manejadores}{\lambda}),
\qquad \lambda>0. \qquad (H) $$
Con la ayuda de la primera homogeneidad de la propiedad en eq. ($H$), que de inmediato se puede deducir el correspondiente $\hbar$ generalización de eq. (3.14) en arXiv:1102.4729,
$$ \lim_{n\to \infty}u_n(x,t,\manejadores)
=\frac{1}{\sqrt{\manejadores}}e^{-\frac{2x}{\manejadores}}. \qquad (3.14\manejadores) $$
Así que la pregunta es, básicamente, ¿cómo podemos derivar, comprender, motivar, etc., eq. (3.14$\hbar$) físicamente? Para llegar a una ruta de interpretación integral, se nota que el $u_n$ función (lo que los físicos llaman a menudo) un grupo de bienes,
$$ u_{n+1+m}(x,z,\manejadores) = 2 \int_0^{\infty} \frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{\manejadores}} u_{n}(x,y,\manejadores)u_{m}(y,z,\manejadores), \qquad (G)
$$
en estrecha analogía con el propagador de Feynman $K(x_f,t_f;x_i,t_i)$ con
$$ K(x_3,t_3;x_1,t_1) = \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).$$
Así que la "suma de historias" de $x$ $z$puede ser calculado mediante la integración de más de un punto intermedio $y$. El $n$ $u_n$ función desempeña el papel de un discretizado variable de tiempo. Como una comprobación de coherencia, es fácil ver (mediante la realización de algunas de primaria integrales) que el lado derecho de eq. (3.14$\hbar$),
$$u_{n=\infty}(x,t,\manejadores)
=\frac{1}{\sqrt{\manejadores}}e^{-\frac{2x}{\manejadores}} \qquad \left(\a \sqrt{2\pi x} \delta(x) \quad \mathrm{para} \quad\manejadores \0\right), $$
en efecto, resolver la ecuación grupo $(G)$ en los casos particulares $n,m=0,\infty$,
$$ u_{\infty}(x,z,\hbar) = 2 \int_0^{\infty} \frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{\hbar}} u_{\infty}(x,y,\hbar) u_{\infty}(y,z,\hbar) $$
$$= 2 \int_0^{\infty} \frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{\hbar}} u_{\infty}(x,y,\hbar) u_{0}(y,z,\hbar)$$
$$= 2 \int_0^{\infty} \frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{\manejadores}} u_{0}(x,y,\manejadores) u_{\infty}(y,z,\manejadores).
$$
El próximo introducir Gaussiano momenta $p_1, \ldots,p_{n+1},$ con
$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\mathrm{d}p_i}{2\pi\sqrt{\manejadores}}e^{-\frac{1}{2\manejadores}x_ip_i^2}
= \frac{1}{\sqrt{2 \pi x_i}}, \qquad x_i>0.$$
A continuación, el $u_n$ función se convierte en
$$u_n(x,t,\manejadores) = \left[\prod_{j=1}^n 2\int_0^{\infty}\frac{\mathrm{d}x_j}{\sqrt{\hbar}}\right]\left[\prod_{i=1}^{n+1}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\mathrm{d}p_i}{2\pi\sqrt{\hbar}}\right]e^{-\frac{S}{\hbar}},
$$
con Euclidiana del espacio de fase de acción
$$S:=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n+1}\left(\frac{x_{i-1}^2}{x_i}+x_i p_i^2\right).$$
Ahora volvamos al punto de silla/steepest descent asintótica de expansión.
Las ecuaciones clásicas de movimiento son
$$ 0 \approx \frac{\partial S}{\partial p_i} = x_i p_i, $$
$$ 0 \approx \frac{\partial S}{\partial x_i}
= \frac{x_i}{x_{i+1}}-\frac{x_{i-1}^2}{2x_i^2} + \frac{p_i^2}{2}, $$
donde utilizamos $\approx$ señal en lugar de $=$ firmar para enfatizar cuando ecuaciones clásicas de movimiento se han aplicado. La solución clásica es
$$p_i \approx 0, \qquad q_i \approx q_{i-1}^2,$$
donde hemos definido $q_i :=\frac{x_i}{2x_{i+1}}$.
Por lo $q_i \approx q_{i-1}^2 \approx q_{i-2}^4 \approx \ldots \approx q_0^{2^i}$. Ahora telescópica de producto
$$\prod_{i=0}^n 2q_i =\prod_{i=0}^n\frac{x_i}{x_{i+1}}=\frac{x_0}{x_{n+1}}=\frac{x}{t},$$
es fijado por las condiciones de contorno $x$$t$. Así
$$q_0^{2^{n+1}-1}=q_0^{\sum_{i=0}^n 2^{i}}\approx\prod_{i=0}^n q_i =\frac{x}{2^{n+1}t},$$
y por lo tanto la única solución clásica es
$$q_i \approx \left( \frac{x}{2^{n+1}t} \right)^{\frac{2^i}{2^{n+1}-1}} \1 \qquad
\mathrm{para} \qquad n \to \infty. $$
Por lo tanto clásicamente $x_i \approx 2^{-i}x$$n=\infty$. El clásico valor de la acción es
$$ S_{\mathrm{cl}} \approx \sum_{i=0}^{n} x_i q_i \x\sum_{i=0}^{\infty}2^{-i} =2x \qquad
\mathrm{para} \qquad n \to \infty, $$
por lo que el clásico "instanton" contribución $e^{-\frac{S_{\mathrm{cl}}}{\hbar}}$ pasa a ser la mano derecha de eq. (3.14$\hbar$), hasta un $\sqrt{\hbar}$ factor. Este es nuestro principal observación.
Un tratamiento más completo ahora calcular el bucle de Van Vleck determinante $\det(\partial^2S)$ en el punto de silla/steepest descent asintótica de expansión. Aquí sólo podemos hacer un par de comentarios adicionales. Hesse $\partial^2 S$ de la acción es
$$ \frac{\partial^2}{\partial x_i\partial x_j} =
\delta_{i,j}\left(\frac{1}{x_{i+1}}+\frac{x_i^2}{x_{i+1}^3}\right)-\delta_{i+1,j}\frac{x_i}{x_j^2}-\delta_{i-1,j}\frac{x_j}{x_i^2}, $$
$$ \frac{\partial^2}{\partial p_i\partial x_j}
= \frac{\partial^2}{\partial x_i\partial p_j} = \delta_{i,j}p_i\aprox 0, \qquad
\frac{\partial^2}{\partial p_i\partial p_j} = \delta_{i,j}x_i. $$
Ya tenemos $n+1$ momenta $p_i$, pero sólo $n$ puestos $x_i$, sería ingenuo esperar que la Van Vleck determinante $\det(\partial^2S) \sim x$ a de ser proporcional a $x$ en la cáscara. Esto significaría un $1/\sqrt{x}$ factor en la expansión. Sería interesante ver en detalle el cálculo de la Van Vleck determinante $\det(\partial^2S)$.
