Freier Teilchenpropagator mit Pfadintegralen

Question

Freier Teilchenpropagator mit Pfadintegralen

Kind des Saturn

Ich versuche, einige Arbeiten nachzubilden, die mir ein Professor in seinem Büro erklärt hat, insbesondere die Ableitung des Propagators für freie Teilchen, von dem ausgeht $(y,0)$ Zu $(x,T)$ mit dem Feynman-Pfadintegral. Ich versuche zu reproduzieren

K (X, T; j, 0) = \sqrt{\frac{M}{2 π ich ℏ T}} e X P [\frac{ich M (X - j)^{2}}{2 ℏ T}]

$K(x,T;y,0) = \sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar T}}\mathrm{exp}[\frac{im(x-y)^2}{2\hbar T}]$ Folgendes habe ich bisher gemacht:

$K(x,T;y,0) = \int_y^x\mathscr{D}[x(t)]e^{iS[x(t)]/\hbar}.$

Also berechne ich zuerst die Aktion:

$S[x(t)] = \int_0^T \frac{1}{2}m\dot{x}^2 \mathrm{d}t$

Wir können den Weg immer aufteilen $x(t)$ auf die folgende Weise: $x(t) = x_{cl} (t) +q(t)$ , Wo $x_{cl}(t)$ gegeben von

X_{C l} (T) = \frac{(X - j) T}{T} + j

$x_{cl}(t) = \frac{(x-y)t}{T} + y$ ist der klassische Weg und

q (t)

$q(t)$ ist eine "Quantenfluktuation".

Da die Endpunkte von $x(t)$ Und $x_{cl}(t)$ sind gleich, das verstehen wir $q(0)=q(T)=0$ , und da jeder Pfad stückweise differenzierbar sein sollte, können wir darstellen $q(t)$ in einer Fourier-Reihe:

Q (T) = \sum_{N = 1}^{\infty} A_{N} S ich N (\frac{N π T}{T})

$q(t) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n sin(\frac{n\pi t}{T})$ .

Die Aktion ist dann

S [X (T)] = \frac{1}{2} M \int_{0}^{T} (\frac{X - j}{T})^{2} + 2 \frac{X - j}{T} \dot{Q} + {\dot{Q}}^{2} D T

$S[x(t)] = \frac{1}{2}m\int_0^T (\frac{x-y}{T})^2 + 2\frac{x-y}{T} \dot{q} + \dot{q}^2 \mathrm{d}t$

Der erste Term ist trivial, der zweite Term verschwindet aufgrund des Fundamentalsatzes der Analysis und der Tatsache, dass $q(t)$ verschwindet an den Endpunkten. Jetzt für den letzten Begriff, den wir bekommen

\int_{0}^{T} {\dot{Q}}^{2} D T = \int_{0}^{T} \sum_{N = 1}^{\infty} \sum_{M = 1}^{\infty} A_{N} A_{M} (\frac{N π}{T}) (\frac{M π}{T}) C Ö S (\frac{N π T}{T}) C Ö S (\frac{M π T}{T}) D T

$\int_0^T \dot{q}^2 \mathrm{d}t = \int_0^T \sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty} a_n a_m (\frac{n\pi}{T}) (\frac{m\pi}{T})cos(\frac{n\pi t}{T})cos(\frac{m\pi t}{T})\mathrm{d}t$

aber aufgrund der Orthogonalität nur die $n=m$ Bedingungen überleben, also bekommen wir

= \sum_{N = 1}^{\infty} (\frac{N π}{T})^{2} \int_{0}^{T} A_{N}^{2} C Ö S^{2} (\frac{N π T}{T}) D T = \sum_{N = 1}^{\infty} \frac{(N π)^{2}}{2 T} A_{N}^{2}

$= \sum_{n=1}^{\infty}(\frac{n\pi }{T})^2\int_0^T a_{n}^2cos^2(\frac{n\pi t}{T})\mathrm{d}t = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n\pi)^2}{2T}a_{n}^2$ .

Um nun das eigentliche Pfadintegral zu machen, würden „alle möglichen Pfade“ „alle möglichen“ entsprechen $q(t)$ 's", was alles Mögliche bedeuten würde $a_n$ 'S. Damit wird unser Wegintegral zu:

K (X, T; j) = lim_{N \to \infty} \int_{- \infty}^{\infty} D A_{1} \dots \int_{- \infty}^{\infty} D A_{N} e X P {\frac{ich M}{2 ℏ} [\frac{(X - j)^{2}}{T} + \sum_{N = 1}^{\infty} \frac{(N π)^{2}}{2 T} A_{N}^{2}]}

$K(x,T;y) = \lim_{N\to\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{d}a_1\dotsi\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{d}a_N \mathrm{exp}\{\frac{im}{2\hbar}[\frac{(x-y)^2}{T} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n\pi)^2}{2T}a_{n}^2]\}$

Jetzt ist der erste Term im Exponential eindeutig derselbe wie im ursprünglichen Propagator, aber für die anderen Integrale erhalte ich unendlich viele Integrale, die unendlich sind! Wo geht meine Argumentation oder Algebra schief?

PS Ich weiß, dass es wahrscheinlich einen einfacheren Weg gibt, aber da wir so angefangen haben, möchte ich wissen, wie es mit dieser Methode gemacht werden kann.

Antworten (2)

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Emilio Pisanty · Answer 1

Nach Jonathans Antwort scheint es mir, dass die Integrale, über die Sie sich Sorgen machen, nicht wirklich unendlich sind:

\int_{- \infty}^{\infty} D A_{1} \dots \int_{- \infty}^{\infty} D A_{N} e^{\frac{ich M}{2 ℏ} \sum_{N = 1}^{N} \frac{(N π)^{2}}{2 T} A_{N}^{2}} = \prod_{N = 1}^{N} \int_{- \infty}^{\infty} D A_{N} e^{ich \frac{M π^{2}}{4 ℏ T} N^{2} A_{N}^{2}}

$\int_{-\infty}^\infty da_1\cdots \int_{-\infty}^\infty da_N e^{\frac{im}{2\hbar}\sum_{n=1}^N\frac{(n\pi)^2}{2T}a_n^2} =\prod_{n=1}^N\int_{-\infty}^\infty da_n e^{i\frac{m \pi^2}{4\hbar T}n^2 a_n^2}$ und jedes der einzelnen Integrale ist ein Fresnel-Integral mit einem endlichen Ergebnis, einschließlich einer nicht trivialen Phase. Allerdings ist die

a_{n}

$a_n$ sind Längen und tragen daher Maßangaben, sodass Ihr Endergebnis (proportional zu

(ℏ T / m)^{N / 2}

$(\hbar T/m)^{N/2}$ aus der Dimensionsanalyse) ist für manche falsch

N

$N$ -abhängige Konstante, die aus der Maßnormierung stammt. Wenn Sie das beheben, sollten Sie mit dem Spaß weitermachen können.

Da sind die Grenzen $-\infty \to \infty$ , ist jeder Faktor ein (analytisch fortgeführter) Gaußscher Faktor, der explizit berechenbar ist, ohne dass spezielle Funktionen benötigt werden. Genau das passiert bei der stückweise linearen Regularisierung, also ist es ein gutes Zeichen dafür, dass die richtige Antwort sicher herausspringt (sobald die $N$ -abhängige Normalisierung bestimmt).
Sie müssen eine Gaußsche nicht wirklich analytisch fortsetzen. Das Integral konvergiert so wie es ist (wenn auch langsamer, um sicher zu sein) und es ist ein Fresnel-Integral, wie man es in der Optik sieht. Wechseln Sie zur Verdeutlichung zu $u=v^2$ In $\int_0^\infty \cos(v^2) dv=\int_0^\infty \cos(u)\frac{du}{2\sqrt{u}}$ , die bedingt konvergiert.

Jonathan · Answer 2

Ich habe die Details Ihrer Methode nicht überprüft, aber die übliche Methode zur Berechnung des Pfadintegrals in QM besteht darin, die Trajektorie zu approximieren $x(t)$ als stückweise lineare Funktion, mit $N$ "Stücke" und dann das Limit nehmen $N \to \infty$ . Nun, der absolut entscheidende Teil dieses Verfahrens ist das für jeden $N$ das Integral tritt mit einem gewissen Gewicht auf $C_N$ (was explizit berechenbar ist), und es ist die Grenze von $C_N \int \prod_{i=1}^N dx_i \cdots$ das existiert (und gleich dem Propagator ist), nicht die naive Grenze von $\int \prod_{i=1}^N dx_i$ .

In Ihrem Setup sollten Sie für jeden berücksichtigen $N$ , der Raum trigonometrischer Polynome höchstens vom Grad $N$ (also Pfade $x(t) = \sum_{n=-N}^N a_n \sin(n\pi t/T$ ). Durch Vergleich mit der Schrödinger-Gleichung sollte es möglich sein, die entsprechende Konstante zu berechnen $C_N$ . Dann ist es die Grenze von $C_N \int \prod_{n=-N} da_n \cdots$ das wird zum Verbreiter tendieren.

Genauer gesagt ist die korrektere Version des Pfadintegrals in Bezug auf die Wirkung erster Ordnung, dh

\int D X D P e^{\frac{ich}{ℏ} \int P \dot{Q} - H D T}

$\int \mathcal{D} x \mathcal{D} p\ e^{\frac{i}{\hbar} \int p \dot{q} - H dt}$ Weil

x (t)

$x(t)$ Und

p (t)

$p(t)$ sind kanonisch konjugiert, das "Maß"

D x D p

$\mathcal{D}x \mathcal{D}p$ ist natürlich und benötigt keine regularisierungsabhängige Konstante (the

C_{N}

$C_N$ oben erwähnt). Für die meisten Theorien ist die

p

$p$ Die obige Abhängigkeit ist Gaußsch, und so können wir sie herausintegrieren. Obwohl dies oft praktisch ist, hat das resultierende Maß jedoch die Form

C D x

$C \mathcal{D}x$ , wo die Konstante

C

$C$ Ist regularisierungsabhängig.

Hoffentlich war dies klar genug, um Ihnen eine Vorstellung davon zu geben, wie Sie die Berechnung beenden können, aber vage genug, um Ihnen nicht die (lustigen!) Details zu verderben. Wenn Sie immer noch nicht weiterkommen, lassen Sie es mich bitte in einem Kommentar wissen und ich werde Ihnen weitere Details liefern.

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Emilio Pisanty

Jonathan

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Jonathan

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