Инстантон в двухъямном потенциале

Список литературы:

1. R. Rosenfelder, "Path Integrals in Quantum Physics", глава 1.10.
2. R. Rattazzi, "The Path Integral approach to Quantum Mechanics", глава 4.
3. A. I. Vainstein et. al., "ABC of instantons", Usp. Fiz. Nauk 136, 553-591 (April 1982).

Постановка задачи

Рассмотрим квантовую частицу, которая находится в двухъямном потенциале

изображенном на рисунке

Вблизи минимумов $x=\pm a$$x = \pm a$ потенциал приближенно имеет вид $V(x)\to {\displaystyle \frac{m{\omega }^2}{2}}(x\mp a{)}^2$$V(x) \to \dfrac{m \omega^2}{2}(x \mp a)^2$, и в пределе $a\to \mathrm{\infty }$$a \to \infty$ мы имеем две несвязанных друг с другом ямы, в которых энергия основного состояния равна $E_0\to \hslash \omega /2$$E_0 \to \hbar \omega/2$, а характерный размер волновой функции $\sqrt{\hslash /m\omega }$$\sqrt{\hbar/m\omega}$. При конечном значении параметра $a\gg \sqrt{\hslash /m\omega }$$a \gg \sqrt{\hbar/m \omega}$ туннелирование между ямами снимает вырождение, и наша задача состоит в отыскании энергий двух низколежащих уровней (расщепление основного состояния). Поскольку гамильтониан инвариантен относительно $x\to -x$$x \to -x$, то волновые функции этих уровней будут характеризоваться определенной четностью:

где ${\varphi }_0(x)$$\phi_0(x)$ – волновая функция основного состояния обычного осциллятора. Задачу будем решать в квазиклассическом приближении с помощью интеграла по траекториям.

Перейдем к мнимому времени и рассмотрим амплитуду перехода из одной ямы в другую:

Нас интересует предельный случай $\beta \to \mathrm{\infty }$$\beta \to \infty$, когда основной вклад в эту сумму дают два первых слагаемых

вклады от других уровней малы по параметру $e^{-\beta \omega }\ll 1$$e^{-\beta \omega} \ll 1$.

Классическая траектория

Выражение для классического действия имеет вид

что соответствует движению в перевернутом потенциале. Классическую траекторию находим из принципа наименьшего действия. Уравнение движения имеет вид второго закона Ньютона:

Нас интересует $\beta \to \mathrm{\infty }$$\beta \to \infty$, поэтому начальная скорость частицы должна быть равна нулю (иначе она довольно быстро перейдет из $-a$$-a$ в $a$$a$), что соответствует нулевой полной энергии. Интегрируя закон сохранения энергии в перевернутом потенциале, находим выражение для траектории:

которое называется инстантоном (частица большую часть времени проводит спускаясь с холма или карабкаясь на него и очень быстро проходит саму яму, за время порядка $\sim 1/\omega$$\sim 1/\omega$ – отсюда и название).

Теперь вычисляем действие на классической траектории. Для упрощения вычислений опять используем закон сохранения энергии

Индекс 1 означает, что здесь учтено только решение с одним инстантоном. Можно представить себе ситуацию, когда переход из одной ямы в другую происходит по пути, который включает возвращение в исходное состояние (например, инстантон + анти-инстантон + инстантон). Как мы увидим позднее, такие траектории тоже необходимо учитывать, но пока мы концентрируемся на решении с одним инстантоном.

Флуктуации на фоне инстантона

Теперь возвращаемся к вычислению функционального интеграла и рассматриваем флуктуации относительно одно-инстантонного решения. В этом случае для траектории мы можем записать

и тогда в перевальном приближении

где

Введем в рассмотрение собственные функции оператора $\hat{O}{y}_n(\tau )={\lambda }_n{y}_n(\tau )$$\hat O y_n(\tau) = \lambda_n y_n(\tau)$, которые предполагаются нормированными на единицу $⟨y_m|y_n⟩={\int }_{-\beta /2}^{\beta /2}d\tau y_n(\tau )y_m(\tau )={\delta }_{nm}$$\langle y_m|y_n\rangle = \int_{-\beta/2}^{\beta/2} d \tau \, y_n(\tau) y_m(\tau) = \delta_{nm}$ и разложим наше возмущение по этим собственным функциям $\eta (\tau )=\sum c_n{y}_n(\tau )$$\eta(\tau) = \sum c_n y_n(\tau)$. В итоге функциональный интеграл сводится к произведению гауссовых интегралов, которые легко вычисляются

Здесь нормировочная константа равна $N=\sqrt{\frac{m}{2\pi \hslash }}\prod _{n=0}(2\pi \hslash {)}^{-1/2}$$N=\sqrt{\frac{m}{2\pi \hbar}} \prod_{n=0} (2 \pi \hbar)^{-1/2}$. Отметим также, что детерминант оператора можно также вычислять с помощью формулы Гельфанда-Яглома. Однако, все эти способы перестают работать, если в спектре оператора присутствует нулевое собственное значение.

Нулевая или голдстоуновская мода

Проанализируем теперь непосредственно наш случай. Поскольку $V^{″}(x)={\displaystyle \frac{m{\omega }^2}{2}}(3x^2/a^2-1)$$V''(x) = \dfrac{m \omega^2}{2}(3x^2/a^2 - 1)$, то уравнение на собственные значения принимает вид

которое хорошо известно. У этого уравнения есть нетривиальное решение с нулевой правой частью (нулевая мода). Этот факт легко установить непосредственно, если классическое уравнение движения $m{\ddot{x}}_1=V^{\prime }(x_1)$$m \ddot x_{1} = V'(x_{1})$ продифференцировать по ${\tau }_0$$\tau_0$:

Тогда получаем, что

где константа определяется из условия нормировки

С физической точки зрения нулевая мода связана с тем, что положение "центра" инстантона ${\tau }_0$$\tau_0$ может принимать любое значение в пределе $\beta \to \mathrm{\infty }$$\beta \to \infty$ (трансляционная инвариантность).

Если резюмировать, то наша проблема – расходимость интеграла вследствие ${\lambda }_0=0$$\lambda_0 = 0$ – связана с тем, что наш функциональный интеграл плохо определен из-за того, что мы производим лишние интегрирования по физически эквивалентным конфигурациям. Действительно, при вычислении амплитуды перехода $U_E(a,\mathrm{\infty };-a,-\mathrm{\infty })$$U_E(a, \infty; -a,-\infty)$ мы должны учитывать все возможные классические пути. Рассмотрим два таких пути, которые немного отличаются положением центров инстантонов, ${\tau }_0$$\tau_0$ и ${\tau }_0^{\prime }$$\tau_0'$. Оба эти пути должны быть приняты во внимание. Проблема с нулевой модой состоит в том, что если мы рассматриваем флуктуации на фоне классической траектории с параметром ${\tau }_0$$\tau_0$, то приращения соответствующие нулевой моде могут перевести ее в другую (близкую) классическую траекторию с параметром ${\tau }_0^{\prime }$$\tau_0'$. Таким образом, мы должны исключить нулевую моду из класса возможных вариаций классической траектории и проинтегрировать по координате ${\tau }_0$$\tau_0$ в явном виде. Это можно сделать с помощью трюка Фадеева-Попова. Рассмотрим проекцию вариации классической траектории на нулевую моду

и домножим наш функциональный интеграл на единицу

Дельта-функция означает, что теперь учитываются только флуктуации, которые ортогональны нулевой моде. То есть с учетом этой вставки коэффициент разложения $c_0$$c_0$ для нулевой моды равен нулю и интегрирование по $c_0$$c_0$ заменено интегрированием по ${\tau }_0$$\tau_0$. Окончательно находим,

Связь между мерами интегрирования $d{c}_0$$dc_0$ и $d{\tau }_0$$d \tau_0$ можно установить из того факта, что $d{c}_0$$dc_0$ связано с трансляцией во времени ${\tau }_0$$\tau_0$ положения инстантона. Поскольку

и с другой стороны $x_{cl}(\tau )=f(\tau -{\tau }_0)$$x_{cl}(\tau) = f(\tau-\tau_0)$, то мы находим, что $d{\tau }_0=A_{0}d{c}_0$$d \tau_0 = A_0 \, d c_0$ или $d{c}_0=d{\tau }_0/A_0$$dc_0 = d \tau_0/A_0$.

Таким образом, приходим к выражению:

Задача свелась к вычислению функционального детерминанта без учета нулевой моды.

Функциональный детерминант

Редуцированный функциональный детерминант будем вычислять методом Гельфанда-Яглома. Для этого отметим, что в случае конечного, но большого значения $\beta$$\beta$, собственное значение ${\lambda }_0$$\lambda_0$ больше не равно нулю (мы ожидаем, что ${\lambda }_0\sim e^{-\beta \omega }$$\lambda_0 \sim e^{-\beta \omega}$). Сначала мы определим полный детерминант методом Гельфанда-Яглома, а затем найдем ${\lambda }_0$$\lambda_0$ и разделим на него ответ.

Полный детерминант

Уравнение на функцию Гельфанда-Яглома принимает вид:

и тогда $det\hat{O}=f(\beta /2)$$\det \hat O = f(\beta/2)$. Одно из его решений нам известно, оно пропорционально нулевой моде:

Нам нужно отыскать второе решение и построить из них комбинацию, которая бы удовлетворяла записанным выше граничным условиям. Поскольку вронскиан в нашем случае равен константе (в уравнении отсутствует член с первой производной), то второе решение формально можно определить

Однако, в дальнейшем нам важно только асимптотическое поведение этого решения. Его можно установить из следующих соображений. Поскольку исходный Лагранжиан инвариантен относительно обращения времени и решения $f_1$$f_1$ и $f_2$$f_2$ линейно независимы, то решение $f_2$$f_2$ должно иметь на бесконечности противоположное поведение (растет с $\tau$$\tau$) и противоположную симметрию относительно обращения времени (нечетное). То есть

Теперь составим из этих двух линейно независимых решений комбинацию

которая удовлетворяет граничному условию $f(-\beta /2)=0$$f(-\beta/2)=0$. Константу $С$$С$ определим из второго граничного условия (как нетрудно понять $C=1/W$$C=1/W$):

В итоге для детерминанта оператора $\hat{O}$$\hat O$ находим:

Упражнение 1. Проделайте вычисления и получите записанные выше ответы для $C$$C$ и $det\hat{O}$$\det \hat O$.

Собственное значение ${\lambda }_0$$\lambda_0$

Теперь нам осталось отыскать собственное значение ${\lambda }_0$$\lambda_0$, которое стремится к нулю в пределе $\beta \to \mathrm{\infty }$$\beta \to \infty$. Для этого построим функцию Грина для оператора $\hat{O}$$\hat O$, которая удовлетворяет нулевому граничному условию на левом конце $\tau =-\beta /2$$\tau = -\beta/2$:

Уравнение на собственный вектор имеет вид (граничные условия нулевые, поскольку флуктуации равны нулю на концах):

и его решение запишем в виде суммы решений однородного и неоднородного (здесь уже потребовано выполнение левого граничного условия):

Константу $A$$A$ можно устранить заменой $Y_0\to Y_0/A$$Y_0 \to Y_0/A$

и мы должны потребовать выполнение второго граничного условия $Y_0(\beta /2)=0$$Y_0(\beta/2)=0$, которое остается неизменным:

Здесь мы воспользовались тем, что $f(\beta /2)=det\hat{O}$$f(\beta/2) = \det \hat O$.

Это уравнение решаем методом последовательных приближений. Поскольку ${\lambda }_0$$\lambda_0$ ожидается очень малым, то из исходного уравнения ($\text{32}$$\ref{eqq}$) заключаем, что $Y_0(\tau )\simeq f(\tau )$$Y_0(\tau) \simeq f(\tau)$. Теперь подставляем явные выражения для $g(\beta /2,{\tau }^{\prime })$$g(\beta/2, \tau')$ и $f({\tau }^{\prime })$$f(\tau')$ через функции $f_1$$f_1$ и $f_2$$f_2$:

где мы учли, что $⟨f_1|f_2⟩=0$$\langle f_1|f_2\rangle = 0$, поскольку эти функции имеют разную четность. В пределе $\beta \to \mathrm{\infty }$$\beta \to \infty$ находим:

Скалярное произведение $⟨f_2|f_2⟩\sim {\int }^{\beta /2}dt{e}^{2\omega t}\sim e^{\beta \omega }$$\langle f_2|f_2 \rangle \sim \int^{\beta/2} dt \, e^{2\omega t} \sim e^{\beta \omega}$, а для $⟨f_1|f_1⟩\sim ⟨y_0|y_0⟩=1$$\langle f_1|f_1\rangle \sim \langle y_0|y_0 \rangle = 1$, поэтому второе слагаемое доминирует. Окончательно получаем:

Резюмируя результаты этого раздела, мы решили задачу для одного инстантона. Амплитуда перехода равна

где ответ без фактора $K_1$$K_1$ соответствует обычному гармоническому осциллятору (если в уравнении Гельфанда-Яглома считать $V^{″}(x)=m{\omega }^2/2$$V''(x)= m \omega^2/2$).

Газ инстантонов

Наконец, нам нужно учесть траектории, в которых переход между состояниями происходит $n$$n$ раз, где $n$$n$ – некоторое нечетное число. Мы предполагаем, что ${\tau }_k-{\tau }_{k-1}\gg 1/\omega$$\tau_k-\tau_{k-1} \gg 1/\omega$ – предел разреженного газа инстантонов, в этом случае такое решение будет с хорошей точностью удовлетворять классическим уравнениям движения. В противном случае нелинейность уравнений все испортит.

Выражение для классического действия $S_n=n{S}_1$$S_n = n S_1$, поскольку интеграл набирается в момент перехода и переходы независимы. Для вычисления пред-экспоненты, необходимо проинтегрировать по коллективным модам, которых теперь тоже $n$$n$-штук. Рассмотрение производится аналогично случаю $n=1$$n=1$ и в итоге мы получаем:

и соответственно $K_n=K_1^n$$K_n = K_1^n$. Теперь просуммируем по всем возможностям:

Сравнивая со спектральным разложением, находим

Упражнение 2. Нерелятивистская частица находится в потенциале $V(x)={\displaystyle \frac{(x^4-a^4{)}^2}{32a^6}}$$V(x)=\dfrac{(x^4-a^4)^2}{32a^6}$ (используется система единиц, где $\hslash =m=\omega =1$$\hbar=m=\omega=1$, $m$$m$ – масса частицы, ${\omega }^2$$\omega^2$ – вторая проиводная потенциала в минимумах), причем параметр $a\gg 1$$a \gg 1$. Найдите основной и первый возбужденный уровни энергии частицы.

Решение. A) Рассмотрим переход частицы из левой ямы в правую. Инстантон соответствует движению в перевернутом потенциале с нулевой полной энергией. Закон сохранения энергии принимает вид:

$$\begin{array}{}\text{(41)}& {\displaystyle \frac{{\dot{x}}^2}{2}}-{\displaystyle \frac{(x^4-a^4{)}^2}{32a^6}}=0.\end{array}$$

После разделения переменных и интегрирования находим, что классическая траектория удовлетворяет соотношению:

$$\begin{array}{}\text{(42)}& 2\arctan (x_1/a)+\ln {\displaystyle \frac{a+x_1}{a-x_1}}=t-t_0.\end{array}$$

Действие на таком решении принимает значение:

$$\begin{array}{}\text{(43)}& S_1={\int }_{-a}^{a}dx\sqrt{2V(x)}={\displaystyle \frac{2a^2}{5}}.\end{array}$$

Б) Рассматривая квантовые флуктуации на фоне инстантона, мы приходим к заключению, что оператор обладает нулевой модой:

$$\begin{array}{}\text{(44)}& y_0(\tau )=-A_0{\dot{x}}_1(\tau -{\tau }_0),A_0=1/\sqrt{S_1},\end{array}$$

где коэффициент $A_0$$A_0$ определяется нормировкой. Полный детерминант оператора будем искать через уравнение Гельфанда-Яглома. Одно его решение совпадает с нулевой модой, $f_1(\tau )=y_0(\tau )$$f_1(\tau) = y_0(\tau)$, и нас интересует его асимптотика в пределе $\tau \to \pm \mathrm{\infty }$$\tau \to \pm \infty$. Эту асимптотику находим из анализа классической траектории (инстантона):

$$\begin{array}{}\text{(45)}& x_1(\tau )=\pm a(1-\delta ),\delta =2e^{\pi /2}\exp (-|\tau -{\tau }_0|),\end{array}$$

и поэтому

$$\begin{array}{}\text{(46)}& f_1(\tau )\to -2a{A}_0{e}^{\pi /2}{e}^{-|\tau |},\tau \to \pm \mathrm{\infty }.\end{array}$$

Второе линейно независимое решение будет содержать растущую экспоненту и будет обладать другой четностью по времени:

$$\begin{array}{}\text{(47)}& f_2(\tau )\to \mp 2a{A}_0{e}^{\pi /2}{e}^{|\tau |},\tau \to \pm \mathrm{\infty }.\end{array}$$

Теперь строим из этих двух решений функцию Гельфанда-Яглома, которая удовлетворяет граничным условиям $f(-\beta /2)=0$$f(-\beta/2)=0$ и $\dot{f}(-\beta /2)=1$$\dot f(-\beta/2)=1$:

$$\begin{array}{}\text{(48)}& f(\tau )={\displaystyle \frac{1}{W}}[f_1(-\beta /2)f_2(\tau )-f_2(-\beta /2)f_1(\tau )],W=8a^2{A}_0^2{e}^{\pi }.\end{array}$$

Наконец, полный детерминант оператора:

$$\begin{array}{}\text{(49)}& det\hat{O}=f(\beta /2)=1.\end{array}$$

С) Теперь ищем редуцированный детерминант. Повторяя анализ, проведенный на семинаре, находим:

$$\begin{array}{}\text{(50)}& {\displaystyle \frac{detO}{{\lambda }_0}}\simeq -{\displaystyle \frac{1}{W^2}}{f}_2(-\beta /2)f_2(\beta /2)⟨f_1|f_1⟩={\displaystyle \frac{e^{\beta -\pi }}{40}},\end{array}$$

и соответственно

$$\begin{array}{}\text{(51)}& F_1=\beta e^{-\beta /2}{\displaystyle \frac{2a}{\pi }}{e}^{\pi /2},K_1={\displaystyle \frac{4a^2{e}^{\pi }}{\pi }}.\end{array}$$

Амплитуда перехода между ямами

В самом начале мы обсуждали, что расщепление энергий основного состояния связано с возможностью перейти из одной ямы в другую. Полезно обсудить это на количественном уровне. Для удобства введем обозначения ${\psi }_l(x)={\varphi }_0(x+a)$$\psi_l(x) = \phi_0(x+a)$ и ${\psi }_r(x)=\varphi (x-a)$$\psi_r(x)=\phi(x-a)$ – волновые функции частиц, которые локализованы в левой и правой ямах соответственно. Нас интересует только основное состояние, поэтому полный базис состоит из пары волновых функций ${\psi }_{l,r}$$\psi_{l,r}$ или ${\psi }_{0,1}$$\psi_{0,1}$. Последние являются собственными функциями для гамильтониана и обладают энергиями $E_{0,1}=\hslash \omega /2\mp \mathrm{\Delta }E/2$$E_{0,1} = \hbar \omega/2 \mp \Delta E/2$.

Будем искать волновую функцию частицы в виде $\psi (t)=(a_r(t){\psi }_r+a_l(t){\psi }_l)e^{-i\omega t/2}$$\psi(t) = (a_r(t) \psi_r + a_l(t) \psi_l)e^{-i \omega t/2}$, где $|a_l^2|+|a_r^2|=1$$|a_l^2|+|a_r^2|=1$. Подставляя такой анзатц в уравнение Шредингера и переходя к базису ${\psi }_{0,1}$$\psi_{0,1}$, мы находим систему уравнений на коэффициенты $a_{l,r}(t)$$a_{l,r}(t)$:

Таким образом, мы видим в явном виде, что расщепление энергий $\mathrm{\Delta }E$$\Delta E$ определяет амплитуду перехода из одной ямы в другую. Для простоты рассмотрим предельный случай $\beta \mathrm{\Delta }E\ll 1$$\beta \Delta E \ll 1$ (но при этом как и раньше $\beta \omega \gg 1$$\beta \omega \gg 1$), тогда уравнение можно легко проинтегрировать и мы получаем:

Обратим внимание, что при условии $\beta \mathrm{\Delta }E\ll 1$$\beta \Delta E \ll 1$ переход между состояниями происходит только один раз и поэтому для амплитуды перехода можно ограничиниться выражением ($\text{37}$$\ref{eq:instanton_one}$). Также учтем, что выражение ($\text{37}$$\ref{eq:instanton_one}$) соответствует амплитуде перехода $⟨a|\hat{U}|-a⟩$$\langle a|\hat U|-a\rangle$, то есть:

Такое соотношение получается, если в числитель формулы между оператором $\hat{U}$$\hat U$ и состояниями $|\pm a⟩$$|\pm a \rangle$ вставить единичный оператор $|{\psi }_l⟩⟨{\psi }_l|+|{\psi }_r⟩⟨{\psi }_r|$$|\psi_l \rangle \langle \psi_l| + |\psi_r \rangle \langle \psi_r|$. Сравнивая левую и правую части, находим: