Welche Annahmen über die Wirkung treffen oder geben wir beim Übergang von der klassischen Mechanik zur Quantenmechanik zur Quantenfeldtheorie auf?

In NRQM stellen wir Partikel durch ein lokalisiertes Wellenpaket dar $\psi$, Wellenfunktion genannt. Wir sagen grob, dass sich das klassische Teilchen auf der „Spitze“ des Wellenpakets befindet. Wir sagen, dass wir den Weg nicht kennen können, weil die Wellenfunktion an mehreren Stellen ungleich Null sein kann. Anstatt wie in der klassischen Mechanik deterministisch sagen zu können, wo sich das Teilchen befindet, können wir nur eine Wahrscheinlichkeitsverteilung angeben$|\psi|^2$.

Nun werde ich anhand einer apokryphen Feynman-Geschichte zeigen, dass Pfadintegrale wirklich ganz natürlich sind. (Ich habe diese Geschichte in QFT Nut von A. Zee gelesen.)

Vor langer Zeit redete der Professor in einer QM-Klasse über das Doppelspaltexperiment. Ein Teilchen, das von emittiert wird$S$zum Zeitpunkt$t=0$geht durch eines der beiden Löcher$A_1,A_2$und wird bei erkannt$O$zum Zeitpunkt$t=T$. Die Amplitude ergibt sich nach dem Überlagerungsprinzip als Summe der Amplituden$S\rightarrow A_1\rightarrow O$Und$S\rightarrow A_2\rightarrow O$.

Plötzlich fragte Feynman: "Was ist, wenn wir ein drittes Loch bohren?" Der Professor antwortete: "Die Amplitude für den gesamten Prozess ist jetzt die Summe der drei separaten Amplituden." Feynman, der Feynman ist, fragt den Professor, was passiert, wenn wir mehr Löcher in den Bildschirm bohren. Offensichtlich summieren wir einfach über die Löcher . Lassen$\mathcal{A}$die Amplitude bezeichnen. Dann

$$\mathcal{A}(\text{detected at $O$})=\sum_i\mathcal{A}(S\rightarrow A_i\rightarrow O)$$

Aber Feynman bleibt bestehen: "Was ist, wenn wir jetzt einen zweiten Bildschirm mit einigen Löchern darin hinzufügen?"

Der Professor sagt so etwas wie: „Sie nehmen die Amplitude, um davon auszugehen$S$Zu$A_i$im ersten Bildschirm, dann zu$B_j$im zweiten Bildschirm, dann zu$O$und dann summieren$i$Und$j$."

Feynman ist noch nicht fertig: "Was ist, wenn ich einen dritten oder vierten Bildschirm einbaue? Was, wenn ich einen Bildschirm einbaue und unendlich viele Löcher hineinbohre, sodass der Bildschirm nicht mehr da ist?" (Ganz Zen.)

Was Feynman zeigte, war, dass, selbst wenn zwischen der Quelle und dem Detektor nur ein leerer Raum vorhanden wäre, die Amplitude für das Teilchen durch jedes der Löcher in jedem der (nicht vorhandenen) Schirme gehen würde. Mit anderen Worten, wir müssen über die Amplitude summieren, damit sich das Teilchen von der Quelle zum Detektor ausbreitet und dabei allen möglichen Wegen zwischen der Quelle und dem Detektor folgt.

$$\mathcal{A}(\text{particle to go from $S$ to $O$ in time $T$})=\sum_\text{paths}\mathcal{A}(\text{particle to go from $S$ to $O$ in time $T$ following a particular path})$$

Jetzt präzisieren wir diese Ideen mathematisch. In QM die Amplitude, die sich von einem Punkt aus ausbreitet$q_I$bis zu einem Punkt$q_F$rechtzeitig$T$wird durch den einheitlichen Operator geregelt$e^{-iHT}$, Wo$H$ist der Hamiltonoperator. Genauer gesagt ist die Amplitude

$$\mathcal{A}=\langle q_F|e^{-iHT}|q_I\rangle\equiv \langle q_F|U(T)|q_I\rangle$$ Seit $U(T)$eine Exponentialfunktion ist, können wir sie als Produkt schreiben $$U(T)=\prod_{i=1}^N U(\delta t)=\prod_{i=1}^N e^{-iH\delta t},$$ Wo $\delta t=T/N$. Setzen Sie dies in die Amplitude ein $$\mathcal{A}=\langle q_F|\prod_{i=1}^N U(\delta t)|q_I\rangle$$ Jetzt einfügen $N-1$Kopien von $$I=\int dq|q\rangle\langle q|$$ zwischen jedem Faktor von $U(\delta t)$: $$\mathcal{A}=\prod_{j=0}^{N-1}\prod_{i=1}^{N-1}\int dq_{i}\langle q_{j+1}|U(\delta t)|q_j\rangle$$ $$q_j=q(t_j)\quad q_I=q_0\quad q_F=q_N$$ Konzentrieren Sie sich auf $\langle q_{j+1}|U(\delta t)|q_j\rangle$. Arbeiten Sie mit einem Teilchen in einem nicht spezifizierten Potential, $$H=\frac{P^2}{2m}+V(Q)$$ $P$der Impulsoperator ist, erzeugt er Eigenwerte $$P|p\rangle=p|p\rangle$$ $Q$der Positionsoperator ist, erzeugt er Eigenwerte $$Q|q\rangle=q|q\rangle$$ Stecken Sie dies und einen Identitätsoperator ein, $$I=\int dp|p\rangle\langle p|$$ in die halterung: $$\langle q_{j+1}|U(\delta t)|q_j\rangle=\langle q_{j+1}|e^{-i\delta t(P^2/2m+V(Q))}|q_j\rangle=e^{-i\delta tV(q_j)}\int dp\langle q_{j+1}|e^{-i\delta t(P^2/2m)}|p\rangle\langle p|q_j\rangle$$ Abrufen $$\langle q\vert p\rangle=\frac{e^{ipq}}{\sqrt{2\pi}}$$ Wir können das Integral vereinfachen $$e^{-i\delta tV(q_j)}\int dp e^{-i\delta t(p^2/2m)}\langle q_{j+1}|p\rangle\langle p|q_j\rangle=e^{-i\delta tV(q_j)}\int\frac{dp}{2\pi}e^{-i\delta t(p^2/2m)}e^{ip(q_{j+1}-q_j)}$$ Das Integral ergibt sich zu $$e^{-i\delta tV(q_j)}\int\frac{dp}{2\pi}e^{-i\delta t(p^2/2m)+ip(q_{j+1}-q_j)}=\sqrt{-\frac{im}{2\pi\delta t}}e^{[im(q_{j+1}-q_j)^2]/2\delta t-i\delta tV(q_j)}=Ce^{i\delta t\{(m/2)[(q_{j+1}-q_j)/\delta t]^2-V(q_j)\}}$$ Setzen wir dies in unsere Formel für die Pfadintegralerträge ein $$\langle q_F|e^{-iHt}|q_I\rangle=C^N\left(\prod_{i=1}^{N-1}\int dq_i\right)\exp\left\{i\delta t\sum_{j=0}^{N-1}\left[\frac{m}{2}\left(\frac{q_{j+1}-q_j}{\delta t}\right)^2-V(q_j)\right]\right\}$$ Jetzt gehen wir zur Kontinuumsgrenze, $$N\rightarrow\infty\quad\delta t\rightarrow 0$$ Dann $$\lim_{\delta t\rightarrow 0}\left[\frac{q_{j+1}-q_j}{\delta t}\right]^2=\dot{q}^2$$ Und $$\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{j=0}^{N-1}\delta t=\int_0^T dt$$ Definieren Sie auch das Integral über alle Pfade $$\int Dq(t)=\lim_{N\rightarrow\infty}C^N\prod_{i=1}^{N-1}\int dq_i$$ Damit erhalten wir die Wegintegraldarstellung $$\langle q_F|e^{-iHt}|q_I\rangle=\int Dq(t)\,e^{i\int_0^T dt(\frac{1}{2}m\dot{q}^2-V(q))}$$ Das potenzierte Integral ist nur die Aktion, also können wir die Amplitude schreiben als $$\langle q_F|e^{-iHT}|q_I\rangle=\int Dq\,e^{iS[q]}=\int Dq\,\exp\left(i\int_0^T dtL(q,\dot{q})\right)$$

Nun können wir das Prinzip der kleinsten Wirkung ableiten. Dies ist nur ein ausgefallenes Integral einer oszillierenden komplexen Exponentialfunktion. Wenn$S$stationär ist, sind die Phasen ähnlich und addieren sich konstruktiv . Wenn wir uns von diesem Gleichgewicht entfernen, ändern sich die Phasen schnell und addieren sich destruktiv . Wir erwarten also den größten Beitrag dazu$\mathcal{A}$von Pfaden kommen, für die

$$\delta S=0$$ Beachten Sie, dass die nicht-klassischen Pfade dazu beitragen $\mathcal{A}$, aber der dominierende Beitrag und damit der durchschnittliche Pfad ist klassisch.

Damit dies eine gültige Quantentheorie ist, muss sie der Schrödinger-Gleichung gehorchen. Wir zeigen jetzt, dass es geht.

Wir können die zeitliche Ableitung eines Zustandsvektors zur Zeit schreiben$t=0$als

$$\frac{d}{dt}|\psi(0)\rangle=\frac{|\psi(\delta t)\rangle-|\psi(0)\rangle}{\delta t}$$ Bei gegebener Schrödinger-Gleichung gilt also: $$i\frac{d}{dt}|\psi(0)\rangle=H|\psi(0)\rangle,$$ wir können es annähern als $$|\psi(\delta t)\rangle-|\psi(0)\rangle=-i\delta tH|\psi(0)\rangle$$ Im $X$Grundlage haben wir $$\psi(x,\delta t)-\psi(x,0)=-i\delta t\left[-\frac{1}{2m}\frac{\partial^2}{\partial^2 x}+V(x,0)\right]\psi(x,0)$$ Vergleichen Sie dies mit der Pfadintegraldarstellung in derselben Ordnung $\delta t$: $$\psi(x,\delta t)=\int U(x,\delta t;x',0)\psi(x',0)dx'$$ $$U(x,\delta t;x',0)=\langle x|U(\delta t)|x'\rangle$$ Aus der Ableitung des Pfadintegrals haben wir $$U(x,\delta t;x',0)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\delta t}}\exp\left\{i\left[\frac{m(x-x')^2}{2\delta t}-\delta tV\left(\frac{x+x'}{2},0\right) \right]\right\}$$ So $$\psi(x,\delta t)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\delta t}}\int \exp\left[\frac{im(x-x')^2}{2\delta t}\right]\exp\left[-i\delta tV\left(\frac{x+x'}{2},0\right) \right]\psi(x',0)dx'$$ Der erste exponentielle Term oszilliert schnell mit Ausnahme des stationären Punktes $x=x'$, wobei die Phase den Minimalwert Null hat. Wir sagen, dass der Kohärenzbereich im Pfadintegral ist $\delta S\lesssim\pi$. Also der Kohärenzbereich für die erste Exponentialfunktion in Bezug auf $\eta=x'-x$, $$\frac{m\eta^2}{2\delta t}\lesssim\pi$$ oder $$|\eta|\lesssim\sqrt{\frac{2\pi\delta t}{m}}$$ Also überlege jetzt $$\psi(x, \delta t)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\delta t}}\int\exp\left[\frac{im\eta^2}{2\delta t}\right]\exp\left[-\frac{i\delta t}{\hbar}V\left(x+\frac{\eta}{2},0\right)\right]\psi(x+\eta,0)d\eta$$ Wir arbeiten auf erste Bestellung $\delta t$und in zweiter Ordnung ein $\eta$. Wir expandieren $$\psi(x+\eta,0)=\psi(x,0)+\eta\psi'+\tfrac{1}{2}\eta^2\psi''+\cdots$$ $$\exp\left[-i\delta tV\left(x+\frac{\eta}{2},0\right)\right]=1-\frac{i\delta t}{\hbar}V\left(x+\frac{\eta}{2},0\right)+\cdots=1-i\delta tV(x,0)+\cdots$$ (Bestellbedingungen $\eta\delta t$sind zu vernachlässigen). Jetzt wird unser Integral $$\psi(x,\delta t)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\delta t}}\int \exp\left[\frac{im\eta^2}{2\delta t}\right]\left[\psi(x,0)-i\delta tV(x,0)\psi(x,0)+\eta\psi'+\tfrac{1}{2}\eta^2\psi''\right]d\eta$$ Durch die Integrale erhalten wir $$\psi(x,\delta t)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\delta t}}\left[\psi(x,0)\sqrt{\frac{2\pi i\delta t}{m}}-\frac{\delta t}{2im}\sqrt{\frac{2\pi i\delta t}{m}}\psi''-i\delta t\sqrt{\frac{2\pi i\delta t}{m}} V(x,0)\psi(x,0)\right]$$ oder $$\psi(x,\delta t)-\psi(x,0)=-i\delta t\left[-\frac{1}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}+V(x,0)\right]\psi(x,0)$$ das ist nur die Schrödinger-Gleichung.

Die bahnintegrale Quantenmechanik stimmt also perfekt mit der Wellenmechanik überein.

(Dieser Beitrag ist wirklich lang. Die PSE-Verzögerung ist unerträglich. Sie können gerne Fragen stellen, aber ich werde nicht mehr in dieses Antwortfeld schreiben.)