--- title: "瞬子" date: 2026-10-20 cover: cover.jpeg summary: "尽管我们的手中空无一物，却能因此紧紧相牵。" --- 一些路径积分和凝聚态场论的进阶理论，虽然偏冷门知识但感觉挺有意思所以就随便写写 --- ## 1 / 路径积分的近似理论 首先，一维的鞍点近似告诉我们，对于下面类型的积分 $$ I(\hbar)=\int_{-\infty}^{\infty} dx\,g(x)e^{-f(x)/\hbar} $$ 如果能找到 $f(x)$ 在 $x_0$ 处具有非退化的局部极小值 $$ f'(x_0)=0,\qquad f''(x_0)>0 $$ 则有近似 $$ I(\hbar)\approx e^{-f(x_0)/\hbar} \sqrt{\frac{2\pi\hbar}{f''(x_0)}} g(x_0) $$ 存在多个贡献相近的鞍点那就是 $$ I(\hbar)\sim \sum_{\alpha} e^{-f(x_\alpha)/\hbar} \sqrt{\frac{2\pi\hbar}{f''(x_\alpha)}} g(x_\alpha) $$ 这个结论可以扩展到高维，很自然的想法是把二阶导 $f''(x_\alpha)$ 替换成对应点的Hessian $$ I_d(N)=\int_{\mathbb R^d}e^{-f(\mathbf x)/\epsilon} g(\mathbf x)\,d^d x $$ $$ I_d(N)\approx g(\mathbf x_*)e^{-f(\mathbf x_*)/\epsilon} \left(2\pi \epsilon\right)^{d/2} \frac1{\sqrt{\det H}} $$ 这个想法倒没什么大问题，对于单一的局部最值是可行的。问题出现在高维时可能有多个函数值一样的极值点，例如函数 $$ f(x,y)=(x^2+y^2-a^2)^2,\qquad a>0 $$ 其鞍点不是孤立的，而是构成一个连续流形（Morse–Bott 型临界流形）。换个说法就是Hessian存在零特征值的方向。这个时候需要人为地把这一方向剔除。 当然这个例子可以用极坐标变换轻松解决，我们还是希望找一个更普适的方法。 一般地，设$f$ 在一个光滑、紧致的 $d$ 维流形 $\mathcal M$ 上达到相同的全局极小值 $f_0$。 $$ I(\varepsilon) = \int_{\mathbb R^N}d^Nx\, e^{-f(\mathbf x)/\varepsilon} $$ 可以在这个流形附近选取局部坐标 $\mathbf x=\mathbf x(\boldsymbol\alpha,\boldsymbol\eta)$，其中 $\boldsymbol\alpha=(\alpha_1,\ldots,\alpha_d)$ 描述沿鞍点流形的方向， $\boldsymbol\eta=(\eta_1,\ldots,\eta_{N-d})$ 描述垂直于鞍点流形的方向。假设 Hessian 在全部法向方向上正定，于是可以展开为 $$ f(\boldsymbol\alpha,\boldsymbol\eta) = f_0+ \frac12\boldsymbol\eta^T H_\perp(\boldsymbol\alpha)\boldsymbol\eta +O(\|\boldsymbol\eta\|^3) $$ 积分于是分为流形空间的积分和法向空间的积分 $$ I(\varepsilon) \sim e^{-f_0/\varepsilon} \int_{\mathcal M}d\mathrm{vol}_{\mathcal M} \int_{\mathbb R^{N-d}}d^{N-d}\eta\, e^{-\frac1{2\varepsilon}\eta^TH_\perp\eta} $$ $$ I(\varepsilon)\sim e^{-f_0/\varepsilon} (2\pi\varepsilon)^{(N-d)/2} \int_{\mathcal M} \frac{d\mathrm{vol}_{\mathcal M}} {\sqrt{\det H_\perp(\mathbf x)}} $$ 路径积分实质就是无穷维空间的积分，只不过把无穷维的点写成了路径的形式。自己其实一直觉得路径积分理论有符号滥用的嫌疑，anyway，把路径积分视作高维空间的积分有助于接下来的理解 采用欧式路径积分（进行 $t=-i\tau$ 代换就能变成实时间的路径积分） $$ K_E(x_f,\tau;x_i,0) = \int_{x(0)=x_i}^{x(\tau)=x_f} \mathcal Dx\, e^{-S_E[x]/\hbar} $$ $$ S_E[x] = \int d\tau \left[ \frac m2\left(\frac{dx}{d\tau}\right)^2 +V(x) \right] $$ 大多路径积分都是很难做的，只有二次型和一些特殊体系可以精确求解。所以照搬前面的鞍点近似理论，假设泛函存在多个驻点（也就是轨道） $x_{\mathrm{cl}}^{(1)}(\tau), x_{\mathrm{cl}}^{(2)}(\tau),\ldots$，满足 $$ \left. \frac{\delta S_E}{\delta x(\tau)} \right|_{x=x_{\mathrm{cl}}^{(\alpha)}}=0 $$ 驻点附近进行展开 $$ x(\tau)=x_{\mathrm{cl}}^{(\alpha)}(\tau)+\eta(\tau) $$ $$ S_E[x] = S_E[x_{\mathrm{cl}}^{(\alpha)}] + \frac12\langle\eta,\hat K_\alpha\eta\rangle +O(\eta^3) $$ Hessian矩阵变算符 $$ \hat K_\alpha = -m\frac{d^2}{d\tau^2} + V''(x_{\mathrm{cl}}^{(\alpha)}(\tau)) $$ 好消息是保留到二阶的话积分就是可做的，得到结果 $$ K_E \sim \sum_{\alpha} \mathcal N_\alpha \frac{e^{-S_E[x_{\mathrm{cl}}^{(\alpha)}]/\hbar}} {\sqrt{\det\hat K_\alpha}} $$ 看上去非常完美，如果在谐振子上做这个结果就是完全精确的，因为谐振子没有更高次项，所以为了提升挑战性就不妨看看下面这个模型 ## 2 / 双势阱与瞬子 考虑双势阱 $$ V(x)=\frac{\lambda}{4}(x^2-a^2)^2 $$ $$ S_E[x]=\int d\tau \left[ \frac m2\dot x^2+\frac{\lambda}{4}(x^2-a^2)^2 \right] $$ ![](1.png) 试图像波函数理论一样来分析能级，事实上路径积分分析能级和波函数的确不如波函数理论直接，但不妨碍我们理论上能做到这件事，引入正则配分函数 $$ Z(\beta)=\operatorname{Tr}e^{-\beta H} $$ 由谱分解，如果哈密顿量能够量子化，那么应该有能量本征基底下的 $$ Z(\beta)=\sum_ne^{-\beta E_n} $$ 另一方面，注意到位置本征基底下 $$ Z(\beta) = \int_{-\infty}^{\infty}dx\, \langle x|e^{-HT/\hbar}|x\rangle = \int_{-\infty}^{\infty}dx\, K_E(x,\beta\hbar;x,0) $$ $$ T=\beta\hbar $$ 相当于对所有首尾相接的路径积分，也就是周期欧氏路径积分 $$ Z(\beta) = \int_{x(0)=x(\beta\hbar)} \mathcal Dx\,e^{-S_E[x]/\hbar} $$ 就拿双势阱来分析，先找驻点，EL方程给出（满足边界条件$x(0) = x(T)$） $$ \left. \frac{\delta S_E}{\delta x(\tau)} \right|_{x=x_{\mathrm{cl}}^{(\alpha)}}=0 $$ $$ m\ddot x=\lambda x(x^2-a^2) $$ 其实一眼能看出两个最显然的驻点，也即常数路径 $$ x(\tau)=a $$ $$ x(\tau)=-a $$ 不妨只在这两个驻点处先展开看看，例如左侧驻点 $$ x(\tau)=-a+\eta(\tau) $$ $$ S_E[-a+\eta] = \frac m2\int_0^T \eta\left(-\frac{d^2}{d\tau^2}+\omega^2\right)\eta\,d\tau +O(\eta^3). $$ $$ \omega=\sqrt{\frac{2\lambda a^2}{m}} $$ 定义真空涨落算符 $\mathcal O_0=-\frac{d^2}{d\tau^2}+\omega^2$，由于这直接就是谐振子的传播核，所以也可以直接解出 $$ Z_L^{(0)}(\beta) = \frac1{2\sinh(\beta\hbar\omega/2)} $$ 对应左侧的一堆本征态，同样右侧也有一堆本征态，对应 $$ Z_R^{(0)}(\beta) = \frac1{2\sinh(\beta\hbar\omega/2)} $$ 得到了个谐振子能级 $$ Z_{\mathrm{no\ inst}}(\beta) \approx Z_L^{(0)}+Z_R^{(0)} = \frac2{2\sinh(\beta\hbar\omega/2)} \approx 2\sum_{n=0}^{\infty} e^{-\beta\hbar\omega(n+1/2)} $$ $$ \begin{aligned} E_{0,L}^{\mathrm{loc}}&=E_{0,R}^{\mathrm{loc}}\approx\frac12\hbar\omega\\ E_{1,L}^{\mathrm{loc}}&=E_{1,R}^{\mathrm{loc}}\approx\frac32\hbar\omega\\ &\vdots \end{aligned} $$ 所以一番近似之后双势阱被搞成两个独立谐振子了。显然是过度近似导致的。 原因也很直接，那就是驻点轨道其实不止这两个常数解，尽管它们的确最显然而且作用量最小（严谨一点，欧式作用量）。但看起来其他驻点还没到可以全部忽略的地步。 先换个边界条件，来看看满足$x(-\infty)=-a,x(\infty)=a$的传播子，相同的EL方程给出不同的解 $$ x_I(\tau;\tau_0)= a\tanh\left[\frac{\omega}{2}(\tau-\tau_1)\right] $$ ![](2.png) 这里称之为瞬子解。类似的有反瞬子 $$ x_{\bar I}(\tau;\tau_2)= -a\tanh\left[\frac{\omega}{2}(\tau-\tau_2)\right] $$ 构造出来的这个瞬子路径可以试着求出它的作用量，不难求出单瞬子作用量严格解为 $$ S_I =\int_{-\infty}^{\infty}d\tau \left[ \frac m2\dot x_I^2+V(x_I) \right] =\int_{-\infty}^{\infty}d\tau\,m\dot x_I^2 =\int_{-a}^{a}dx\,\sqrt{2mV(x)} $$ $$ S_{\bar I}=S_I=\frac23m\omega a^2 $$ 因此如果我们求的是边界为$x(-\infty)=-a,x(\infty)=a$的传播子，那么鞍点部分做展开 $$ x(\tau)=x_I(\tau;\tau_0)+\eta(\tau). $$ $$ S_E[x] = S_I+ \frac m2\int d\tau\, \eta\,\mathcal O_I\eta +O(\eta^3) $$ $$ \mathcal O_I = -\frac{d^2}{d\tau^2} +\omega^2 -\frac32\omega^2 \operatorname{sech}^2 \left[\frac{\omega(\tau-\tau_0)}2\right] $$ 这意味着 $$ K_{1I} =K_E(a,T;-a,0) \propto e^{-S_I/\hbar}(\det\mathcal O_I)^{-1/2}. $$ ，，吗？ 似乎不完全如此，因为注意到这个驻点存在零模方向，也就是自由参数 $\tau_0$。那么包含零模在内的所有驻点流形的总贡献就可以按照我们先前讨论的方式来操作 把涨落展开为 $\mathcal O_I$ 的本征函数（满足正交归一 $\int d\tau\,\phi_n(\tau)\phi_m(\tau)=\delta_{nm}$），于是非零涨落模式产生一个高斯积分 $$ \eta(\tau)=\sum_n c_n\phi_n(\tau), \qquad \mathcal O_I\phi_n=\lambda_n\phi_n. $$ $$ \sqrt{\frac{m}{2\pi\hbar}} \int_{-\infty}^{\infty}dc_n\, e^{-m\lambda_nc_n^2/(2\hbar)} = \frac1{\sqrt{\lambda_n}}. $$ 而对于零模方向 $\lambda_0=0$ ，有 $$ \int dc_0\, e^{-m\lambda_0c_0^2/(2\hbar)} = \int dc_0 $$ 写出归一化路径的形式 $$ \phi_0(\tau) = \sqrt{\frac{m}{S_I}}\dot x_I(\tau) $$ 移动一个无穷小量 $\tau_0\longrightarrow\tau_0+d\tau_0$ $$ dx_I(\tau) = \frac{\partial x_I}{\partial\tau_0}d\tau_0 =-\dot x_I(\tau)d\tau_0 $$ 另一方面，沿零模方向的涨落为 $dx_I(\tau)=\phi_0(\tau)\,dc_0$，一番比较得到 $$ \phi_0\,dc_0=-\dot x_I\,d\tau_0. $$ $$ |dc_0|=\sqrt{\frac{S_I}{m}}\,d\tau_0 $$ 由此整个积分可解。当然计算算符的本征值也并不简单，但至少是一件思路清晰的事情。这里给出结论（带有$K_{\mathrm{vac}}$是为了消掉路径积分的常数） $$ \frac{K_{1I}}{K_{\mathrm{vac}}} \simeq T\sqrt{\frac{S_I}{2\pi\hbar}} \left( \frac{\det\mathcal O_0} {\det{}'\mathcal O_I} \right)^{1/2} e^{-S_I/\hbar} $$ $$ \frac{K_{1I}}{K_{\mathrm{vac}}} \simeq T\sqrt{\frac{S_I}{2\pi\hbar}} \sqrt{12}\,\omega\, e^{-S_I/\hbar}[4pt] = T\omega \sqrt{\frac{6S_I}{\pi\hbar}} e^{-S_I/\hbar} = \kappa T $$ 其中 $\kappa= \omega\sqrt{\frac{6S_I}{\pi\hbar}} e^{-S_I/\hbar}$ 那么回到原来的问题，构造瞬子的原因是，容易看出，一个瞬子—反瞬子对构造出来的解可以近似满足EL方程，也就是驻点条件 ![](3.png) 或者说由其构造的任意偶数次跃迁 ![](4.png) 但会发现到，例如2次跃迁的瞬子-反瞬子对，其存在两个自由参数$\tau_1$ & $\tau_2$，换言之其Hessian存在零模方向，必须用前面提到的分解空间方式处理。 假设一条周期路径包含 $2k$ 次跃迁，其中心位置为 $$ 0<\tau_1<\tau_2<\cdots<\tau_{2k}0}\lambda_nc_n^2 \right) +\cdots. $$ 最终求出的单bounce贡献量是（虚数来自负模） $$ \frac{K^{(1)}(T)}{K^{(0)}(T)} \simeq \frac i2 T\sqrt{\frac{B}{2\pi\hbar}}\, \sqrt{60}\,\omega\, e^{-B/\hbar} = \frac i2\, \omega T \sqrt{\frac{30B}{\pi\hbar}} e^{-B/\hbar}. $$ 与多瞬子对类似的，也要考虑多bounce的贡献，因为每个 Bounce 的权重相同，令 $\Gamma_B= \omega\sqrt{\frac{30B}{\pi\hbar}}e^{-B/\hbar}$，得到 $$ \begin{aligned} K^{(n)}(T) &\simeq K^{(0)}(T) \left(\frac{i\Gamma_B}{2}\right)^n \int_{0<\tau_1<\cdots<\tau_n