量子力學中的路徑積分

01-25

一、傳播子

1.從薛定諤方程出發： $ihbar frac{partial}{partial t}|psi>=hat{H}|psi>$

可以得到形式解： $|psi，t>=e^{frac{-ihat{H}(t-t$

在坐標表象下即為： $<r|psi>=int <r|e^{frac{-ihat{H}(t-t$

即 $psi(r,t)=int U(r,t;r$

其中 $U(r,t;r$ 就定義為傳播子

容易驗證，若以 $r,t$ 為變數，傳播子是滿足薛定諤方程的。

進一步的，它就是 $t$ 時刻波函數為 $delta (r-r$ 的粒子的演化。或者理解為初態在 $r$ 的粒子一段時間後在 $r$ 初被找到的概率幅，即 $<final|initial>$

2.設先後有三個時間點 $t_1,t_2,t_3$ ，顯然有關係：

$U(t_3,r_3;t_1,r_1)=int U(3,2)U(2,1)dr_2$

這樣的話我們可以把一段時間分成無數的小段，那麼總的傳播子就是一個無窮多重的積分了。

二、路徑積分

將一段時間分為N段，記初始為t0，最後為tn，記 $delta t=frac{t_n-t_0}{N}$ ,則傳播子：

$U(r_n;r_0)=int U(r_{n};r_{n-1})U(r_{n-1};r_0)dr_{n-1}$

其中 $U(r_n;r_{n-1})=<r_n|e^{frac{-iHdelta t}{hbar}}|r_{n-1}>$ ,這裡中間的指數上是無窮小，因此動能和勢能部分可以分開了。

$U(r_n;r_{n-1})=<r_n|e^{frac{-idelta t}{hbar}cdot(frac{p^2}{2m})}cdot e^{frac{-idelta tV}{hbar}}|r_{n-1}>$ ,在中間插入一組動量完備基，

$=int<r_n|p_{n-1}><p_{n-1}|r_{n-1}>e^{frac{-idelta t}{hbar}cdot(frac{p_{n-1}^2}{2m})} e^{frac{-idelta tV(r_{n-1})}{hbar}} dp_{n-1}$

$=int frac{1}{(2pihbar)^3}cdot e^{frac{i}{hbar}p_{n-1}(r_n-r_{n-1})}cdot e^{frac{-idelta t}{hbar}[frac{p_{n-1}^2}{2m}+V(r_{n-1} )]}cdot U(r_{n-1};r_0) dp_{n-1}dr_{n-1}$

繼續這樣拆分，可得：

$intprod_{j=0}^{n-1}{frac{1}{(2pihbar)^3}cdot e^{frac{-idelta t}{hbar}[frac{p_j^2}{2m}+V(r_j)]}cdot e^{(frac{i}{hbar}p_j(r_{j+1}-r_{j})) }}dp_0dp_1ldots dp_{n-1}dr_1ldots dr_{n-1}$

注意這裡的個數，最好把最後一個U（1，0）寫出來，p是0到n-1，r是1到n-1.

其中對pj的積分是高斯型的，可以直接算出來的，利用積分公式： $int_{-infty}^{+infty} e^{ax^2+bx+c} dx=sqrt{frac{pi}{-a}}cdot e^{frac{4ac-b^2}{4a}}$

對pj的積分中 $a=-frac{idelta t}{2mhbar}$ , $b=frac{i}{hbar}(r_{j+1}-r_j)$ , $c=0$ 。

代入公式，對pj的積分結果為： $sqrt{frac{m}{2pihbar idelta t}}^3cdot e^{frac{idelta t}{hbar}[frac{1}{2}m(frac{r_{j+1}-r_{j}}{delta t})^2-V(r_{j})]}$ ，指數上可以看出來出現了拉氏量，

因此總的積分變為： $int e^{frac{i}{hbar}sum_{j=0}^{n-1}delta t[frac{1}{2}m(frac{r_{j+1}-r_{j}}{delta t})^2-V(r_{j})]} frac{dr_1}{sqrt{frac{2pihbar idelta t}{m}}^3} frac{dr_2}{sqrt{frac{2pihbar idelta t}{m}}^3} ldotsfrac{dr_{n-1}}{sqrt{frac{2pihbar idelta t}{m}}^3}frac{1}{sqrt{frac{2pihbar idelta t}{m}}^3}$

注意到被積函數的指數上，在極限 $N o+infty$ 下， $frac{r_{j+1}-r_{j}}{delta t} odot{r}$ ,

因此在一組給定的 $r_1,r_2...r_n(n oinfty)$ 下，求和號內的就是這組位置所確定的路徑的作用量，而對這些位置的積分就是對所有的路徑的作用量的貢獻的求和，形象地說，就是粒子走遍了所有可能的路徑。

定義路徑積分：

$def:int e^{frac{iS}{hbar}}mathcal{D}(r)=lim_{n oinfty} int e^{frac{i}{hbar}sum_{j=0}^{n-1}delta t[frac{1}{2}m(frac{r_{j+1}-r_{j}}{delta t})^2-V(r_{j})]} frac{dr_1}{sqrt{frac{2pihbar idelta t}{m}}^3} frac{dr_2}{sqrt{frac{2pihbar idelta t}{m}}^3} ldotsfrac{dr_{n-1}}{sqrt{frac{2pihbar idelta t}{m}}^3}frac{1}{sqrt{frac{2pihbar idelta t}{m}}^3}$ 其實就是把右邊這個無窮多重積分形式地用左邊的記號表示。

從路徑積分形式容易看出量子力學如何向經典力學過渡，在極限 $hbar o0$ 下，指數上的相位會隨著作用量S的改變而劇烈震蕩，相互抵消，只有「穩定」的路徑附近才會給出主要的貢獻，而穩定意味著 $delta S=0$ ,從而經典運動滿足拉格朗日方程。

其實量子力學中路徑積分形式實際作用不大，畢竟是一個無窮重積分，想想就很難算，可以完全解析算出的也很少，在量子場論中才會體現出路徑積分的威力。

下面就用路徑積分計算一下自由粒子和各向同性諧振子的傳播子。

例一：自由粒子：

方法一：逐重積分，觀察規律：

$U(r_{n},t_n;r_0,t_0)=lim int e^{frac{idelta t}{h}sum_{j=0}^{n-1}frac{1}{2}m(frac{r_{j+1}-r_j}{delta t})^2}frac{dr_1}{sqrt{ldots}}{ldots}frac{dr_n}{sqrt{{ldots}}}frac{1}{sqrt{{ldots}}}$

其中包含 $r_1$ 的前兩項為： $int e^{frac{im}{2hbar delta t}[2r_1^2-2(r_0+r_2)cdot r_1+r_0^2+r_2^2]}frac{dr_1}{sqrt{...}}$ ，是一個高斯型積分，結果為：

= $frac{1}{sqrt{2}^3}cdot e^{frac{im}{4hdelta t}(r_2-r_0)^2}$ ，乘上第二項，對r2積分，過程是類似的，結果為： $frac{1}{sqrt{3}^3}cdot e^{frac{im}{6hdelta t}(r_3-r_0)^2}$

規律就比較顯然了，可以再算一個確認一下，因此最終完成全部積分後：

$U=frac{1}{sqrt{n}^3}cdot e^{frac{im}{2nhdelta t}(r_n-r_0)^2}cdotsqrt{frac{m}{2pihbar idelta t}}^3$ ，整理一下係數，注意 $ncdot delta t=t_n-t_0$

$Rightarrow U=sqrt{frac{m}{2pihbar i(t_n-t_0)}}^3 e^{frac{im}{2h(t_n-t_0)}(r_n-r_0)^2}$

方法二：直接用多重高斯型積分的公式：

一個已知的公式是： $int_{-infty}^{+infty}e^{-mathbf{x^TMx+J^Tx}}=sqrt{frac{pi^{n}}{|M|}} e^{frac{1}{4}J^TM^{-1}J}$ (收斂條件好像是M至少半正定)

對於自由粒子的路徑積分： $e^{frac{idelta t}{hbar}sum_{j=0}^{n-1}frac{1}{2}m(frac{r_{j+1}-r_j}{delta t})}$

$=e^{frac{im}{2hdelta t}[r_0^2+r_n^2+2[r_1^2+...+r_{n-1}^2-r_1r_2-...-r_{n-2}r_{n-1}]-2r_0r_1-2r_{n-1}r_n]}$

$=e^{frac{im}{2hbardelta t}(r_o^2+r_n^2)}cdot e^{-x^TMx+J^Tx}$

其中：

$M=frac{-im}{2hbardelta t}egin{pmatrix} 2 & -1&0&...&0\ -1 & 2&-1&...\0&-1&2&ddots\vdots&ddots&ddots&ddots\0&0&cdots&2&-1\0&0&cdots&-1&2 end{pmatrix}$ $J^T=frac{-im}{hbardelta t}(r_0,0,...0,r_n)$

$M^{-1}$ 可以直接用初等變換法求出，但注意到J的形式，實際上只用求逆矩陣四個角初的值，結果為：

$M^{-1}=frac{2hbardelta t i}{m}egin{pmatrix} frac{n-1}{n}&...&...&...&...&frac{1}{n}\vdots&...&...&...&...&vdots\frac{3}{n}&frac{6}{n}&...&...&...&..\frac{2}{n}&frac{4}{n}\frac{1}{n}&frac{2}{n}&...&...&...&frac{n-1}{n}end{pmatrix}$

設 $|M_{n}|=(frac{-im}{2hbardelta t})^n D_n$ ,按第一行展開後按第一列展開，可得遞推式： $D_n=2D_{n-1}-D_{n-2}$

由D1=2.D2=3，可得Dn=n+1; $Rightarrow |M|=(frac{-im}{2hbar delta t})^{n-1}cdot n$ ，帶入公式，即得：

$Rightarrow U=sqrt{frac{m}{2pihbar i(t_n-t_0)}}^3 e^{frac{im}{2h(t_n-t_0)}(r_n-r_0)^2}$

例二：諧振子：

被積函數為： $e^{frac{idelta t}{h}sum_{j=0}^{n-1}[frac{1}{2}m(frac{r_{j+1}-r_j}{delta t})^2-frac{1}{2}momega^2r_{j}^2]}$

整理一下： $=e^{frac{im}{2hbardelta t}[(1-delta t^2omega^2)r_0^2+r_n^2]}cdot e^{-x^TMx+J^Tx}$

其中： $M=frac{-im}{2hbardelta teta}egin{pmatrix}1&-eta&...&...\-eta&1&...&...\vdots&vdots&vdots&-eta\0&...&-eta&1end{pmatrix}$ ，其中 $eta=frac{1}{2-delta t^2omega^2}$

接下來就是繁瑣地求逆矩陣，只用求四個角的值，用伴隨矩陣的方法容易求出，而行列式用遞推法可得到一個二階遞推式，然後用特徵根法即可求出行列式:

$M^{-1}=frac{2hbardelta teta i}{m}egin{pmatrix}frac{eta^{n-1}-alpha^{n-1}}{eta-alpha}&...&eta^{n-2}\vdots\eta^{n-2}&...&frac{eta^{n-1}-alpha^{n-1}}{eta-alpha}end{pmatrix}$ ， $|M|=(frac{-im}{2hbardelta t eta})^{n-1}frac{eta^n-alpha^n}{eta-alpha}$

其中 $alpha,eta=frac{1}{2}(1pm isqrt{4eta^2-1}) ofrac{1}{2}e^{pm iomegadelta t}$ 為特徵根。箭頭表示n趨於無窮時的漸進值。

在n趨於無窮時：

$M^{-1} ofrac{hbardelta t i}{m} egin{pmatrix}frac{2sin(n-1)omegadelta t}{sin(nomegadelta t)}&...&frac{2sin(omegadelta t)}{sin(nomegadelta t)}\vdots&...&vdots\frac{2sin(omegadelta t)}{sin(nomegadelta t)}&...&frac{2sin(n-1)omegadelta t}{sin(nomegadelta t)} end{pmatrix}$ ，

所以： $J^TM^{-1}J=frac{-m^2}{hbar^2delta t^2}cdot frac{2hbardelta t i}{m}[frac{sin(n-1)delta tomega}{sin(ndelta t omega)}(r_0^2+r_n^2)+frac{2delta tomega}{sin(ndelta tomega)} r_0cdot r_n]$

$=frac{-2mi}{hbardelta t}[(1-omegadelta tcot(omega ndelta t))(r_0^2+r_n^2)+frac{2delta tomega}{sin(ndelta tomega)}r_0cdot r_n]$

指數上總共是： $e^{frac{im}{2hbardelta t}[r_0^2+r_n^2]}cdot e^{frac{1}{4}J^TM^{-1}J}$

$=e^{frac{imomega}{2hbar}[cot(t_n-t_0)(r_0^2+r_n^2)-frac{2r_0cdot r_n}{sinomega(t_n-t_0)}]}$

而前面的係數是：

$sqrt{frac{pi^{n-1}}{|M|}}^3cdot (sqrt{frac{m}{2pihbar idelta t}}^3)^n$

$=[(frac{2ihbardelta teta}{m})^{n-1}cdot pi^{n-1}cdot2^{n-1}cdot frac{sin(omegadelta t)}{sin(nomegadelta t)}cdot (frac{m}{2pihbar idelta t})^n]^{frac{3}{2}}$

$=sqrt{frac{momega}{2pihbar isinomega(t_n-t_0)}}^3$

綜上：

$U=sqrt{frac{momega}{2pihbar isinomega(t_n-t_0)}}^3cdot exp(frac{imomega}{2hbarsinomega(t_n-t_0)}[(r_0^2+r_n^2)cosomega(t_n-t_0)-2r_0cdot r_n])$

就這樣啦，寫完啦！(寫得好啰嗦哦圖侵刪。