QM - 路径积分 (Path Integral) PT. 2 - 求解实例

• 原文: https://zhuanlan.zhihu.com/p/270684456
• 发布日期: 2020-11-07
• 分类: 量子力学基础与量子信息

QM - 路径积分二连:

[1~3] QM - 路径积分 (Path Integral) PT. 1 - 基本构架

[4~5] QM - 路径积分 (Path Integral) PT. 2 - 求解实例

目録

4. 自由粒子 - 利用对角化求解路径积分

4.1. 对作用量进行变量代换 4.2. 经典路径的分离 4.3. 用对角化的方法计算传播子积分 4.4. 特征多项式与连乘积

5. 谐振子 - 利用对角化求解路径积分

5.1. 对作用量进行变量代换 5.2. 经典路径的分离 5.3. 用对角化的方法计算传播子积分 5.4. 特征多项式与连乘积 5.5. さあ、止めを刺すがいい *5.6. 相位的确定

附录

[附录A] 根号下的虚数单位[附录B] 根号下连乘积[附录C] 为何 $-1={e}^{i\pi }$ 而不是 ${e}^{-i\pi }$ 或 ${e}^{i3\pi }$

4. 自由粒子 - 利用对角化求解路径积分

这里不再需要任意的时间分割, 故方便起见, 我们也采用平均分割, 即设定 \Delta {t}_{n}=\frac{t-{t}_{0}{N}=\varepsilon . 本身推导会比较复杂, 符号简化起见就还是只以一维系统为例. 下面所有的讨论都取了极限 $N\to \infty$ 或 $\epsilon \to 0$ .

位形空间传播子即 K\left( x,t;{x}_{0},{t}_{0} \right)={\left( \frac{m}{2\pi i\hbar \varepsilon } \right)}^{\frac{N}{2}\int{\text{D}x{e}^{i\frac{S}{\hbar } .

其中 S=\sum\limits_{n=1}^{N}{\frac{1}{2}m\frac{\left( \Delta {x}_{n} \right)}^{2}{\varepsilon }^{2}\varepsilon }=\frac{m}{2\varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N}{\left( {x}_{n}-{x}_{n-1} \right)}^{2}, $x_N=x$.

4.1. 对作用量进行变量代换:

现在我们要做代换 {x}_{n}=x_{n}^{\text{c}+{y}_{n}:

其中记号 x_{n}^{\text{c} 的意思是 x_{n}^{\text{c}={x}^{\text{c}\left( {t}_{n} \right)={x}^{\text{c}\left( {t}_{0}+n\varepsilon \right), 而 $y_n$ 同理. 现在规定 \left\{ \begin{align} & x_{0}^{\text{c}={x}^{\text{c}\left( {t}_{0} \right)={x}_{0} \\ & x_{N}^{\text{c}={x}^{\text{c}\left( {t}_{N} \right)={x}_{N}=x. \\ \end{align} \right. 这样一来就有 $y_0=0,y_N=0$ . 注意 $t_N=t_0+N\epsilon$ : \Delta {t}_{2}+\Delta {t}_{1}={t}_{2}-{t}_{0}\Rightarrow \sum\limits_{n=1}^{N}{\Delta {t}_{n}=N\varepsilon ={t}_{N}-{t}_{0}. 后面我们会要求 $x_{n}^{\text{c}$ 带着首尾端点一起满足经典路径方程然后整体被抽离出去[[1]](#ref_1). 积分是从 $\text{d}{x}_1$ 到 $\text{d}{x}_{N-1}$ 的, 端点留着的话就会出现 ${x}_{1}{x}_{0},{x}_{N}{x}_{N-1}$ 这样的捣乱耦合项[[2]](#ref_2).

带入后得到: S=\frac{m}{2\varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N}{\left( \Delta {x}_{n} \right)}^{2}=\frac{m}{2\varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N}{\left( \Delta x_{n}^{\text{c}+\Delta {y}_{n} \right)}^{2} \Rightarrow S=\frac{m}{2\varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N}{\left( \Delta x_{n}^{\text{c} \right)}^{2}+\frac{m}{2\varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N}{\left( \Delta {y}_{n} \right)}^{2}+\frac{m}{\varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N}{\Delta x_{n}^{\text{c}\Delta {y}_{n}

由此我们将 $S$ 分为如上所示的三个部分: S={S}^{\text{c}+{S}'+{S}^{\times }.

4.2. 经典路径的分离:

先利用 $y_n$ 的边界条件解决掉交叉项 $S^{\times }$:

\begin{align} & {S}^{\times }=\frac{m}{\varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N}{\Delta x_{n}^{\text{c}\Delta {y}_{n}=m\sum\limits_{n=1}^{N}{\dot{x}_{n}^{\text{c}\left( {y}_{n}-{y}_{n-1} \right)} \\ & \ \ \ \ =m\left( \sum\limits_{n=1}^{N}{\dot{x}_{n}^{\text{c}{y}_{n}-\sum\limits_{n=1}^{N}{\dot{x}_{n}^{\text{c}{y}_{n-1} \right) \\ & \ \ \ \overset{y}_{N}=0}{\mathop{=}\,\,m\left( \sum\limits_{n=1}^{N-1}{\dot{x}_{n}^{\text{c}{y}_{n}-\sum\limits_{n=0}^{N-1}{\dot{x}_{n+1}^{\text{c}{y}_{n} \right) \\ & \ \ \ \overset{y}_{0}=0}{\mathop{=}\,\,m\left( \sum\limits_{n=1}^{N-1}{\dot{x}_{n}^{\text{c}{y}_{n}-\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\dot{x}_{n+1}^{\text{c}{y}_{n} \right)=-m\varepsilon \sum\limits_{n=1}^{N-1}{\frac{\Delta \dot{x}_{n+1}^{\text{c}{\varepsilon }{y}_{n}=-m\varepsilon \sum\limits_{n=1}^{N-1}{\ddot{x}_{n+1}^{\text{c}{y}_{n} \\ \end{align}

如果我们将 {x}^{\text{c}\left( \tau \right) 取为满足经典自由粒子方程 F=m{\ddot{x}^{\text{c}=0 的解, 则有 $S^{\times }=0$ .

{x}^{\text{c}\left( \tau \right) 是取完极限之后的 x_{n}^{\text{c}={x}^{\text{c}\left( {t}_{n} \right) , 因为 $t$ 已经用作时间末态了所以只好用 $\tau$ .

再计算经典路径项 {S}^{\text{c}:

{S}^{\text{c}=\frac{m}{2\varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N}{\left( \Delta x_{n}^{\text{c} \right)}^{2}=\frac{m\varepsilon }{2}\sum\limits_{n=1}^{N}{\frac{\left( \Delta x_{n}^{\text{c} \right)}^{2}{\varepsilon }^{2}=\frac{m\varepsilon }{2}\sum\limits_{n=1}^{N}{\left( \dot{x}_{n}^{\text{c} \right)}^{2}\overset{\varepsilon \to 0}{\mathop{=}\,\frac{m}{2}\int_{t}_{0}^{t}{\left( {\dot{x}^{\text{c} \right)}^{2}\text{d}\tau }.

取了经典自由粒子解的 {\dot{x}^{c} 是一个常数, 且我们知道 {\dot{x}^{\text{c}=\frac{x-{x}_{0}{t-{t}_{0}.

所以 {S}^{\text{c}=\frac{m}{2}\int_{t}_{0}^{t}{\left( {\dot{x}^{\text{c} \right)}^{2}\text{d}\tau }=\frac{m}{2}{\left( \frac{x-{x}_{0}{t-{t}_{0} \right)}^{2}\int_{t}_{0}^{t}{\text{d}\tau }=\frac{m{\left( x-{x}_{0} \right)}^{2}{2\left( t-{t}_{0} \right)}.

因为取定了经典路径, 所以, yeah, 直接就把作用量给他算出来了, 然后传播子可以进一步写为:

K\left( x,t;{x}_{0},{t}_{0} \right)={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }{\left( \frac{m}{2\pi i\hbar \varepsilon } \right)}^{\frac{N}{2}\int{e}^{\frac{i}{\hbar }{S}'}\text{d}{y}_{1}\cdot \cdot \cdot \text{d}{y}_{N-1}.

取定了路径的 x_{n}^{\text{c}={x}^{\text{c}\left( {t}_{n} \right) 都是给定的, 故 \text{d}x_{n}^{\text{c}=0\Rightarrow \text{d}{x}_{n}=\text{d}\left( x_{n}^{\text{c}+{y}_{n} \right)=\text{d}{y}_{n}. 所以与积分变量无关的 {e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar } 可以直接爬开, 这就叫做分离经典路径.

4.3. 用对角化的方法计算传播子积分:

最后要化简的就只剩下 {S}'} 了, 我们要将其对角化:

\begin{align} & {S}'=\frac{m}{2\varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N}{\left( {y}_{n}-{y}_{n-1} \right)}^{2} \\ & \ \ \ =\frac{m}{2\varepsilon }\left[ y_{1}^{2}+{\left( {y}_{2}-{y}_{1} \right)}^{2}+\cdot \cdot \cdot +{\left( {y}_{N-1}-{y}_{N-2} \right)}^{2}+y_{N-1}^{2} \right] \\ & \ \ \ =\frac{m}{2\varepsilon }\left( 2\sum\limits_{n=1}^{N-1}{y_{n}^{2}-2\sum\limits_{n=1}^{N-1}{y}_{n}{y}_{n-1} \right) \\ & \ \ \ =\frac{m}{2\varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\left( 2y_{n}^{2}-2{y}_{n}{y}_{n-1} \right)}=\frac{m}{2\varepsilon }\sum\limits_{n,m=1}^{N-1}{y}_{m}{A}_{mn}{y}_{n}=\frac{m}{2\varepsilon }{y}^{\text{T}Ay .\\ \end{align}

其中 $A$ 是一个 $N-1$ 维正定[[3]](#ref_3)实对称矩阵, 即 ${A}_{mn}=2{\delta }_{mn}-{\delta }_{m,n-1}-{\delta }_{m-1,n}$. 显然, 向量 {y}^{\text{T}=\left( {y}_{1},{y}_{2},\cdot \cdot \cdot ,{y}_{N-1} \right) . 这里也能看出来为何需要抽离经典路径使得 $y_0=y_N=0$ 了吧. 如果不把端点解决掉就会多出一个 $e^{i\frac{m}{2\hslash \epsilon }\left(y_0^2+y_N^2+2y_N{y}_{N-1}+2y_1{y}_0\right)}$, 这可就没法对角化了嗷.

实对称矩阵是一定可以通过一个幺正变换对角化的[4]:

{R}^{\text{T}AR=\Lambda =\text{diag}\left( {\lambda }_{1},{\lambda }_{2},\cdot \cdot \cdot ,{\lambda }_{N-1} \right) , 其中 $R$ 是正交矩阵, 满足 {R}^{\text{T}R=\left| R \right|=1. 注意幺正变换不改变本征值: A\varphi =\lambda \varphi \Rightarrow {R}^{\text{T}AR{R}^{\text{T}\varphi =\lambda {R}^{\text{T}\varphi \Rightarrow \Lambda {\varphi }'\text{=}\lambda {\varphi }' . 那么我们可以令 y=Ru\Rightarrow {y}^{\text{T}Ay={u}^{\text{T}{R}^{\text{T}ARu={u}^{\text{T}\Lambda u=\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\lambda }_{n}u_{n}^{2}. 再来一个变量代换: $\text{d}{y}_1\cdot \cdot \cdot \text{d}{y}_{N-1}=\left|\det R\right|\text{d}{u}_1\cdot \cdot \cdot \text{d}{u}_{N-1}=\text{d}{u}_1\cdot \cdot \cdot \text{d}{u}_{N-1}$.

经过上述操作传播子的表达式一下子就简单了起来:

\begin{align} & K\left( x,t;{x}_{0},{t}_{0} \right)={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }{\left( \frac{m}{2\pi i\hbar \varepsilon } \right)}^{\frac{N}{2}\int{e}^{i\frac{m}{2\hbar \varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\lambda }_{n}u_{n}^{2}\text{d}{u}_{1}\cdot \cdot \cdot \text{d}{u}_{N-1} \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }{\left( \frac{m}{2\pi i\hbar \varepsilon } \right)}^{\frac{N}{2}\prod\limits_{n=1}^{N-1}{\int{e}^{-\frac{m{\lambda }_{n}{2i\hbar \varepsilon }u_{n}^{2}\text{d}{u}_{n} \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }{\left( \frac{m}{2\pi i\hbar \varepsilon } \right)}^{\frac{N}{2}\prod\limits_{n=1}^{N-1}{\sqrt{\frac{2\pi i\hbar \varepsilon }{m{\lambda }_{n}={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar \varepsilon }{\left( \prod\limits_{n=1}^{N-1}{\lambda }_{n} \right)}^{-\frac{1}{2}. \\ \end{align}

4.4. 特征多项式与连乘积:

接下来要求的就是本征值的连乘积 $\prod _{n=1}^{N-1}{\lambda }_n$ , 本征值本身并不怎么好求, 但连乘积好搞:

先构造多项式 $P_n\left(\lambda \right)=\left|\begin{array}{cccccc}2-\lambda & -1& 0& 0& \cdots & 0\\ -1& 2-\lambda & -1& 0& \cdots & 0\\ 0& -1& 2-\lambda & -1& \cdots & 0\\ 0& 0& -1& 2-\lambda & \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \cdots & 2-\lambda \end{array}\right|\}n阶$.

显然 $A$ 的本征多项式 $\left|A-\lambda I\right|=P_{N-1}\left(\lambda \right)$ .

对 $P_n\left(\lambda \right)$ 关于第一行展开可得递推关系:

$P_n=\left(2-\lambda \right)P_{n-1}-P_{n-2}$ , 但写成 $P_n+P_{n+2}+\left(\lambda -2\right)P_{n+1}=0$ 显然更好看些.

若想求解该行列式则需先定义一个能提升多项式阶数的线性算符 $L$, 即有 $L{P}_n=P_{n+1}$.

将 $L{P}_n=P_{n+1}$ 代入递推关系 $P_n+P_{n+2}+\left(\lambda -2\right)P_{n+1}=0$ 可得:

$\left[L^2+\left(\lambda -2\right)L+1\right]P_n=0\Rightarrow \left(L-\alpha \right)\left(L-\beta \right)P_n=0$ .

其中的 $\alpha =\frac{2-\lambda +{\sqrt{\lambda }}^2-4\lambda }{2},\beta =\frac{2-\lambda -{\sqrt{\lambda }}^2-4\lambda }{2}$ , 是爷套公式算的.

显然方程 $\left(L-\alpha \right)P_n=0$ 与 $\left(L-\beta \right)P_n=0$ 的解

都是 $\left(L-\alpha \right)\left(L-\beta \right)P_n=0$ 的解.

所以下面分别求解 $\left(L-\alpha \right)P_n=0$ 与 $\left(L-\beta \right)P_n=0$:

\begin{align} & \left( L-\alpha \right){P}_{n}=0\Rightarrow L{P}_{n}=\alpha {P}_{n}\Rightarrow {P}_{n+1}=\alpha {P}_{n} \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow {P}_{n}=\alpha {P}_{n-1}={\alpha }^{2}{P}_{n-2}={\alpha }^{n}P_{0}^{\left( \alpha \right)}={c}_{1}{\alpha }^{n}. \\ \end{align} 同理可得 $\left(L-\beta \right)P_n=0\Rightarrow P_n=c_2{\beta }^n$ .

那么 $\left(L-\alpha \right)\left(L-\beta \right)P_n=0$ 的通解就应该为 $P_n=c_1{\alpha }^n+c_2{\beta }^n$.

其中 $c_1,c_2$ 均为待定常数, 我们将用 $P_1,P_2$ 等容易算的项作初始条件将它们确定: 易得 $P_1=2-\lambda ,P_2={\left(2-\lambda \right)}^2-1$ , 但 $P_2=c_1{\alpha }^2+c_2{\beta }^2$ 算起来很麻烦欸, 于是强行定义 $P_0\equiv 1$ , 你会发现递推式 $P_n+P_{n+2}+\left(\lambda -2\right)P_{n+1}=0$ 仍成立. 那干脆用 \left\{ \begin{align} & {P}_{0}={c}_{1}+{c}_{2}=1 \\ & {P}_{1}={c}_{1}\alpha +{c}_{2}\beta =2-\lambda \\ \end{align} \right. 来确定系数好了, 易得 \left\{ \begin{align} & {c}_{1}=\frac{\alpha }{\alpha -\beta } \\ & {c}_{2}=-\frac{\beta }{\alpha -\beta } \\ \end{align} \right. .

综上所述, 解得 {P}_{n}=\frac{\alpha }^{n+1}-{\beta }^{n+1}{\alpha -\beta }=\frac{\left( \alpha -\beta \right)\left( {\alpha }^{n}+{\alpha }^{n-1}\beta +\cdots +{\beta }^{n} \right)}{\alpha -\beta }.

注意确定系数时用到了关系式 $\alpha +\beta =2-\lambda$ , 然后上面第二个等号可以用长除法证明.

好的接下来就可以求本征值的连乘积连乘积 $\prod _{n=1}^{N-1}{\lambda }_n$了, 显然$\prod _{n=1}^{N-1}{\lambda }_n=\left|A\right|$ [5].

前面我们说到过 $\left|A-\lambda I\right|=P_{N-1}\left(\lambda \right)$ 那么显然, $\left|A\right|=P_{N-1}\left(0\right)$ .

\begin{align} & \lambda =0\Rightarrow \alpha =\beta =1 \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow {P}_{N-1}\left( 0 \right)=\frac{\left( \alpha -\beta \right)\left( {\alpha }^{N-1}+{\alpha }^{N-2}\beta +{a}^{N-3}{\beta }^{2}+\cdots +{\beta }^{N-1} \right)}{\alpha -\beta }=N \\ \end{align}

综上所述, $\prod _{n=1}^{N-1}{\lambda }_n=\left|A\right|=P_{N-1}\left(0\right)=N$.

终于, 我们将上述结论代入传播子的表达式得到:

K\left( x,t;{x}_{0},{t}_{0} \right)={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar \varepsilon }\frac{1}{\sqrt{N}={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar \left( t-{t}_{0} \right)} .

把 {S}^{\text{c}也写进去就是 K\left( x,t;{x}_{0},{t}_{0} \right)=\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar \left( t-{t}_{0} \right)}\exp \left[ i\frac{m{\left( x-{x}_{0} \right)}^{2}{2\hbar \left( t-{t}_{0} \right)} \right].

拼了老命算出了一个显然的弱智结论对吧? 没错, 这就是 传 播 子 对 角 化 . 如果认真看到这里你一定在想 "nm $A$ 的行列式爷直接就能数学归纳法出来, 整个特征多项式是搁这 play 龙刀杀鸡呢?" 其实这都是因为自由粒子太简单了, 我如果都挑最简单的路走那不如一开始就不用路径积分. I mean, 不会真有人解不出自由粒子的演化吧. 反复算自由粒子是因为即使研究的问题中有势能项仍然还是能分离出一个自由粒子部分. 那为何要引入特征多项式呢? 这是因为有势能时将不再是求 $\prod _{n=1}^{N-1}{\lambda }_n$ , 如谐振子就是要求解 $\prod _{n=1}^{N-1}\left({\lambda }_n-{\omega }^2{\epsilon }^2\right)$ , 这你还能数学归纳出来? 不能一辈子就只会算个自由粒子吧[[6]](#ref_6). 但如果带着势能项演示的话估计直接就会看得云里雾里, 毕竟自由粒子的过程都看起来比较繁琐. 所以就先用自由粒子展示一下流程, 把握一下核心思想, 接下来才敢演示谐振子.

5. 谐振子 - 利用对角化求解路径积分

一维谐振子势即 $V=\frac{1}{2}m{\omega }^2{X}^2$ , 我们研究的是从 $t_0$ 到 $t$ 的演化结果.

这里设定 \Delta {t}_{n}=\frac{t-{t}_{0}{N}=\varepsilon , 且接下来一切计算都取了极限 $N\to \infty$ 或 $\epsilon \to 0$ .

位形空间传播子即 K\left( x,t;{x}_{0},{t}_{\text{0} \right)={\left( \frac{m}{2\pi i\hbar \varepsilon } \right)}^{\frac{N}{2}\int{\text{D}x{e}^{i\frac{S}{\hbar } .

其中 $S=\varepsilon \sum\limits_{n=1}^{N}{\left[ \frac{1}{2}m\frac{\left( \Delta {x}_{n} \right)}^{2}{\varepsilon }^{2}-\frac{1}{2}m{\omega }^{2}x_{n}^{2} \right]}$ , $\Delta {x}_{n}={x}_{n}-{x}_{n-1},\ {x}_{N}=x$.

5.1. 对作用量进行变量代换:

现在我们要做代换{x}_{n}=x_{n}^{\text{c}+{y}_{n}:

其中记号 x_{n}^{\text{c} 的意思是 x_{n}^{\text{c}={x}^{\text{c}\left( {t}_{n} \right)={x}^{\text{c}\left( {t}_{0}+n\varepsilon \right), 而 $y_n$ 同理. 现在规定 \left\{ \begin{align} & x_{0}^{\text{c}={x}^{\text{c}\left( {t}_{0} \right)={x}_{0} \\ & x_{N}^{\text{c}={x}^{\text{c}\left( {t}_{N} \right)={x}_{N}=x \\ \end{align} \right. . 这样一来就有 $y_0=0,y_N=0$ . 后面我们会要求 $x_{n}^{\text{c}$ 带着首尾端点一起满足经典路径方程然后整体被抽离出去[[7]](#ref_7).

带入后得到:

S=\frac{m}{2\varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N}{\left[ {\left( \Delta {x}_{n} \right)}^{2}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2}x_{n}^{2} \right]}=\frac{m}{2\varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N}{\left[ {\left( \Delta x_{n}^{\text{c}+\Delta {y}_{n} \right)}^{2}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2}{\left( x_{n}^{\text{c}+{y}_{n} \right)}^{2} \right]}.

将 $S$ 分为 {S}^{\text{c}+{S}'+{S}^{\times }三份: \left\{ \begin{align} & {S}^{\text{c}=\frac{m}{2\varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N}{\left[ {\left( \Delta x_{n}^{\text{c} \right)}^{2}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2}{\left( x_{n}^{\text{c} \right)}^{2} \right]} \\ & {S}'=\frac{m}{2\varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N}{\left[ {\left( \Delta {y}_{n} \right)}^{2}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2}y_{n}^{2} \right]} \\ & {S}^{\times }=\frac{m}{2\varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N}{\left( 2\Delta x_{n}^{\text{c}\Delta {y}_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2}2x_{n}^{\text{c}{y}_{n} \right)}. \\ \end{align} \right.

5.2. 经典路径的分离:

先利用 $y_n$ 的边界条件计算交叉项 $S^{\times }$:

\begin{align} & {S}^{\times }=\frac{m}{2\varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N}{\left( 2\Delta x_{n}^{\text{c}\Delta {y}_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2}2x_{n}^{\text{c}{y}_{n} \right)} \\ & \ \ \ \ \ =m\sum\limits_{n=1}^{N}{\left[ \dot{x}_{n}^{\text{c}\left( {y}_{n}-{y}_{n-1} \right)-\varepsilon {\omega }^{2}x_{n}^{\text{c}{y}_{n} \right]} \\ & \ \ \ \ \ =m\sum\limits_{n=1}^{N}{\dot{x}_{n}^{\text{c}{y}_{n}-m\sum\limits_{n=1}^{N}{\dot{x}_{n}^{\text{c}{y}_{n-1}-m\sum\limits_{n=1}^{N}{\varepsilon {\omega }^{2}x_{n}^{\text{c}{y}_{n} \\ & \ \ \ \overset{y}_{N}=0}{\mathop{=}\,\,\,\,m\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\dot{x}_{n}^{\text{c}{y}_{n}-m\sum\limits_{n=0}^{N-1}{\dot{x}_{n+1}^{\text{c}{y}_{n}-m\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\varepsilon {\omega }^{2}x_{n}^{\text{c}{y}_{n} \\ & \ \ \ \overset{y}_{0}=0}{\mathop{=}\,\,\,\,m\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\dot{x}_{n}^{\text{c}{y}_{n}-m\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\dot{x}_{n+1}^{\text{c}{y}_{n}-m\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\varepsilon {\omega }^{2}x_{n}^{\text{c}{y}_{n} \\ & \ \ \ \ \ =-\left( m\varepsilon \sum\limits_{n=1}^{N-1}{\frac{\dot{x}_{n+1}^{\text{c}-\dot{x}_{n}^{\text{c}{\varepsilon }{y}_{n}+\sum\limits_{n=1}^{N-1}{m\varepsilon {\omega }^{2}x_{n}^{\text{c}{y}_{n} \right) \\ & \ \ \ \ \ =-\varepsilon \sum\limits_{n=1}^{N-1}{\left( m\ddot{x}_{n+1}^{\text{c}+m{\omega }^{2}x_{n}^{\text{c} \right){y}_{n}. \\ \end{align}

现在人为地选定{x}^{\text{c}\left( \tau \right) 为经典方程 m{\ddot{x}^{\text{c}=-\frac{\partial V}{\partial {x}^{\text{c}=-m{\omega }^{2}{x}^{\text{c} 的解, 则有 $S^{\times }=0$ .

{x}^{\text{c}\left( \tau \right) 是取完极限之后的 x_{n}^{\text{c}={x}^{\text{c}\left( {t}_{n} \right) , 因为 $t$ 已经用作时间末态了所以只好用 $\tau$ .

再计算经典路径项 {S}^{\text{c}:

\begin{align} & {S}^{\text{c}=\frac{m}{2\varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N}{\left[ {\left( \Delta x_{n}^{\text{c} \right)}^{2}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2}{\left( x_{n}^{\text{c} \right)}^{2} \right]} \\ & \ \ \ \ =\frac{m\varepsilon }{2}\sum\limits_{n=1}^{N}{\left[ {\left( \dot{x}_{n}^{\text{c} \right)}^{2}-{\omega }^{2}{\left( x_{n}^{\text{c} \right)}^{2} \right]}=\frac{m}{2}\int_{t}_{0}^{t}{\left[ {\left( {\dot{x}^{\text{c} \right)}^{2}-{\omega }^{2}{\left( {x}^{\text{c} \right)}^{2} \right]\text{d}\tau .} \\ \end{align}

被指定了经典路径的 {x}^{\text{c} 是可以被轻易求解的: m{\ddot{x}^{\text{c}=-m{\omega }^{2}{x}^{\text{c}\Rightarrow {\ddot{x}^{\text{c}=-{\omega }^{2}{x}^{\text{c}\Rightarrow {x}^{\text{c}={\gamma }_{1}{e}^{i\omega \tau }+{\gamma }_{2}{e}^{-i\omega \tau }. 其中系数 ${\gamma }_1,{\gamma }_2$ 由初末条件 \left\{ \begin{align} & {x}^{\text{c}\left( {t}_{0} \right)={x}_{0} \\ & {x}^{\text{c}\left( t \right)=x \\ \end{align} \right. 定出. 虽然很容易算不过反正我算都算了就放上来吧: \left\{ \begin{align} & {x}^{\text{c}\left( {t}_{0} \right)={x}_{0} \\ & {x}^{\text{c}\left( t \right)=x \\ \end{align} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {\gamma }_{1}{e}^{i\omega {t}_{0}+{\gamma }_{2}{e}^{-i\omega {t}_{0}={x}_{0} \\ & {\gamma }_{1}{e}^{i\omega t}+{\gamma }_{2}{e}^{-i\omega t}=x \\ \end{align} \right. $\begin{align} & \Rightarrow {\gamma }_{2}={x}_{0}{e}^{i\omega {t}_{0}-{\gamma }_{1}{e}^{i\omega 2{t}_{0} \\ & \Rightarrow {\gamma }_{1}{e}^{i\omega t}+{x}_{0}{e}^{-i\omega \left( t-{t}_{0} \right)}-{\gamma }_{1}{e}^{-i\omega \left( t-2{t}_{0} \right)}=x \\ & \Rightarrow {\gamma }_{1}=\frac{x{e}^{-i\omega {t}_{0}-{x}_{0}{e}^{-i\omega t}{e}^{i\omega \left( t-{t}_{0} \right)}-{e}^{-i\omega \left( t-{t}_{0} \right)}=\frac{x{e}^{-i\omega {t}_{0}-{x}_{0}{e}^{-i\omega t}{2i\sin \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right]} \\ & \Rightarrow {\gamma }_{2}={x}_{0}{e}^{i\omega {t}_{0}-{\gamma }_{1}{e}^{i\omega 2{t}_{0}=\frac{x}_{0}{e}^{i\omega t}-x{e}^{i\omega {t}_{0}{2i\sin \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right]} \\ & \Rightarrow {x}^{\text{c}={\gamma }_{1}{e}^{i\omega \tau }+{\gamma }_{2}{e}^{-i\omega \tau } \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\frac{x{e}^{i\omega \left( \tau -{t}_{0} \right)}-{x}_{0}{e}^{i\omega \left( \tau -t \right)}{2i\sin \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right]}+\frac{x}_{0}{e}^{-i\omega \left( \tau -t \right)}-x{e}^{-i\omega \left( \tau -{t}_{0} \right)}{2i\sin \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right]} \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\frac{x\sin \left[ \omega \left( \tau -{t}_{0} \right) \right]-{x}_{0}\sin \left[ \omega \left( \tau -t \right) \right]}{\sin \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right]}. \\ \end{align}$

先别把解代入积分, 先做一个分部积分, 然后利用经典方程 m{\ddot{x}^{\text{c}=-m{\omega }^{2}{x}^{\text{c} 化简:

$\begin{align} & {S}^{\text{c}=\frac{m}{2}\int_{t}_{0}^{t}{\left[ {\left( {\dot{x}^{\text{c} \right)}^{2}-{\omega }^{2}{\left( {x}^{\text{c} \right)}^{2} \right]\text{d}\tau } \\ & \ \ \ \ =\frac{m}{2}\left[ \int_{t}_{0}^{t}{\dot{x}^{\text{c}\text{d}{x}^{\text{c}-\int_{t}_{0}^{t}{\omega }^{2}{\left( {x}^{\text{c} \right)}^{2}\text{d}\tau } \right] \\ & \ \ \ \ =\frac{m}{2}\left[ \left. {\dot{x}^{c}{x}^{c} \right|_{t}_{0}^{t}-\int_{t}_{0}^{t}{x}^{\text{c}{\ddot{x}^{\text{c}d\tau }-\int_{t}_{0}^{t}{\omega }^{2}{\left( {x}^{\text{c} \right)}^{2}\text{d}\tau } \right] \\ & \ \ \ \ =\frac{m}{2}\left[ \left. {\dot{x}^{c}{x}^{c} \right|_{t}_{0}^{t}-\int_{t}_{0}^{t}{x}^{\text{c}\left( {\ddot{x}^{\text{c}+{\omega }^{2}{x}^{\text{c} \right)d\tau } \right]=\frac{m}{2}\left. {\dot{x}^{c}{x}^{c} \right|_{t}_{0}^{t}. \\ \end{align}$

现在就可以安心的代入 {x}^{\text{c}=\frac{x\sin \left[ \omega \left( \tau -{t}_{0} \right) \right]-{x}_{0}\sin \left[ \omega \left( \tau -t \right) \right]}{\sin \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right]} 并得到结果啦:

{S}^{\text{c}=\frac{m\omega }{2}\left\{ \left( {x}^{2}+x_{0}^{2} \right)\cot \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right]-2x{x}_{0}\csc \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right] \right\}.

于是我们就可以将经典路径作用量对应的部分分出来了:

\begin{align} & K\left( x,t;{x}_{0},t \right)={\left( \frac{m}{2\pi i\hbar \varepsilon } \right)}^{\frac{N}{2}\int{e}^{i\frac{\left( {S}^{\text{c}+{S}'+{S}^{\times } \right)}{\hbar }\text{d}{x}_{1}\cdot \cdot \cdot \text{d}{x}_{N-1} \\ & \Rightarrow K\left( x,t;{x}_{0},t \right)={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }{\left( \frac{m}{2\pi i\hbar \varepsilon } \right)}^{\frac{N}{2}\int{e}^{i\frac{S}'}{\hbar }\text{d}{y}_{1}\cdot \cdot \cdot \text{d}{y}_{N-1}. \\ \end{align}

取定了路径的 x_{n}^{\text{c}={x}^{\text{c}\left( {t}_{n} \right) 都是给定的, 故 \text{d}x_{n}^{\text{c}=0\Rightarrow \text{d}{x}_{n}=\text{d}\left( x_{n}^{\text{c}+{y}_{n} \right)=\text{d}{y}_{n}.

5.3. 用对角化的方法计算传播子积分:

最后要化简的就只剩下 $S^{\prime }=\frac{m}{2\epsilon }\sum _{n=1}^N\left[{\left(\Delta y_n\right)}^2-{\epsilon }^2{\omega }^2{y}_n^2\right]$ 了, 左边部分可以做如下改写:

\begin{align} & \sum\limits_{n=1}^{N}{\left( \Delta {y}_{n} \right)}^{2}=\sum\limits_{n=1}^{N}{\left( {y}_{n}-{y}_{n-1} \right)}^{2} \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{n=1}^{N}{y_{n}^{2}+\sum\limits_{n=1}^{N}{y_{n-1}^{2}-2\sum\limits_{n=1}^{N}{y}_{n}{y}_{n-1} \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \overset{y}_{N}=0}{\mathop{=}\,\,\,\sum\limits_{n=1}^{N-1}{y_{n}^{2}+\sum\limits_{n=0}^{N-1}{y_{n}^{2}-2\sum\limits_{n=1}^{N-1}{y}_{n}{y}_{n-1} \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \overset{y}_{0}=0}{\mathop{=}\,\,\,\sum\limits_{n=1}^{N-1}{y_{n}^{2}+\sum\limits_{n=1}^{N-1}{y_{n}^{2}-2\sum\limits_{n=1}^{N-1}{y}_{n}{y}_{n-1}=\,\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\left( 2y_{n}^{2}-2{y}_{n}{y}_{n-1} \right)}={y}^{\text{T}Ay. \\ \end{align}

其中 $A$ 是一个 $N-1$ 维正定实对称矩阵, 即 $A_{mn}=2{\delta }_{mn}-{\delta }_{m,n-1}-{\delta }_{m-1,n}$. 显然, 向量 {y}^{\text{T}=\left( {y}_{1},{y}_{2},\cdot \cdot \cdot ,{y}_{N-1} \right) . 这里也能看出来为何需要抽离经典路径使得 $y_0=y_N=0$ 了吧.

由二次型的原始形式 $\sum _{n=1}^N{\left(\Delta y_n\right)}^2=\sum _{n=1}^N{\left(y_n-y_{n-1}\right)}^2$ 可知 $A$ 是一个正定实对称矩阵, 所以其本征值均为正, 现将这些本征值由小到大排列分别记作 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_{N-1}$.

实对称矩阵是一定可以通过一个幺正变换对角化的[8]:

{R}^{\text{T}AR=\Lambda =\text{diag}\left( {\lambda }_{1},{\lambda }_{2},\cdot \cdot \cdot ,{\lambda }_{N-1} \right) . 其中 $R$ 是正交矩阵, 满足 {R}^{\text{T}R=\left| R \right|=1. 那么我们可以令 y=Ru\Rightarrow {y}^{\text{T}Ay={u}^{\text{T}{R}^{\text{T}ARu={u}^{\text{T}\Lambda u=\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\lambda }_{n}u_{n}^{2}. 现在关注 {S}'} 中的第二个求和项: \sum\limits_{n=1}^{N-1}{y_{n}^{2}={y}^{\text{T}y={u}^{\text{T}{R}^{\text{T}Ru={u}^{T}u=\sum\limits_{n=1}^{N-1}{u_{n}^{2}. 再来一个变量代换:$\text{d}{y}_1\cdot \cdot \cdot \text{d}{y}_{N-1}=\left|\det R\right|\text{d}{u}_1\cdot \cdot \cdot \text{d}{u}_{N-1}=\text{d}{u}_1\cdot \cdot \cdot \text{d}{u}_{N-1}$.

经过上述操作传播子的表达式一下子就简单了起来:

\begin{align} & \ \ \ \ \ K\left( x,t;{x}_{0},t \right) \\ & ={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }{\left( \frac{m}{2\pi i\hbar \varepsilon } \right)}^{\frac{N}{2}\int{e}^{i\frac{m}{2\hbar \varepsilon }\left( {y}^{\text{T}Ay-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2}{y}^{\text{T}y \right)}\text{d}{y}_{1}\cdot \cdot \cdot \text{d}{y}_{N-1} \\ & ={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }{\left( \frac{m}{2\pi i\hbar \varepsilon } \right)}^{\frac{N}{2}\int{e}^{i\frac{m}{2\hbar \varepsilon }\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)u_{n}^{2}\text{d}{u}_{1}\cdot \cdot \cdot \text{d}{u}_{N-1} \\ & ={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }{\left( \frac{m}{2\pi i\hbar \varepsilon } \right)}^{\frac{N}{2}\prod\limits_{n=1}^{N-1}{\int{e}^{-\frac{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)}{2i\hbar \varepsilon }u_{n}^{2}\text{d}{u}_{n} \\ & ={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }{\left( \frac{m}{2\pi i\hbar \varepsilon } \right)}^{\frac{N}{2}\prod\limits_{n=1}^{N-1}{\sqrt{\frac{2\pi i\hbar \varepsilon }{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)}={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar \varepsilon }{\left[ \prod\limits_{n=1}^{N-1}{\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)} \right]}^{-\frac{1}{2}. \\ \end{align}

这种积分到底是怎么算的, 终于在最后我要以此为例做个示范了, 详见 **[附录A]**.为什么我要憋到现在, 为什么要用最后这个例子做示范呢?因为还有一个相位问题可以在这个例子里一并讲述清楚, 这点最最最后面会讲到.

5.4. 特征多项式与连乘积:

终于进入尾声, 只要再把那个包含特征值的连乘积 $\prod _{n=1}^{N-1}\left({\lambda }_n-{\epsilon }^2{\omega }^2\right)$ 求出来就搞定鸟噢:

先构造多项式 $P_n\left(\lambda \right)=\left|\begin{array}{cccccc}2-\lambda & -1& 0& 0& \cdots & 0\\ -1& 2-\lambda & -1& 0& \cdots & 0\\ 0& -1& 2-\lambda & -1& \cdots & 0\\ 0& 0& -1& 2-\lambda & \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \cdots & 2-\lambda \end{array}\right|\}n阶$.

显然 $A$ 的本征多项式 $\left|A-\lambda I\right|=P_{N-1}\left(\lambda \right)$ .

对 $P_n\left(\lambda \right)$ 关于第一行展开可得递推关系:

$P_n=\left(2-\lambda \right)P_{n-1}-P_{n-2}$ , 但写成 $P_n+P_{n+2}+\left(\lambda -2\right)P_{n+1}=0$ 显然更好看些.

若想求解该行列式则需先定义一个能提升多项式阶数的线性算符 $L$, 即有 $L{P}_n=P_{n+1}$ .

将 $L{P}_n=P_{n+1}$ 代入递推关系 $P_n+P_{n+2}+\left(\lambda -2\right)P_{n+1}=0$ 可得:

$\left[L^2+\left(\lambda -2\right)L+1\right]P_n=0\Rightarrow \left(L-\alpha \right)\left(L-\beta \right)P_n=0$ .

其中的 $\alpha =\frac{2-\lambda +{\sqrt{\lambda }}^2-4\lambda }{2},\beta =\frac{2-\lambda -{\sqrt{\lambda }}^2-4\lambda }{2}$ , 是爷套公式算的.

显然方程 $\left(L-\alpha \right)P_n=0$ 与 $\left(L-\beta \right)P_n=0$ 的解

都是 $\left(L-\alpha \right)\left(L-\beta \right)P_n=0$ 的解.

所以下面分别求解 $\left(L-\alpha \right)P_n=0$ 与 $\left(L-\beta \right)P_n=0$:

\begin{align} & \left( L-\alpha \right){P}_{n}=0\Rightarrow L{P}_{n}=\alpha {P}_{n}\Rightarrow {P}_{n+1}=\alpha {P}_{n} \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow {P}_{n}=\alpha {P}_{n-1}={\alpha }^{2}{P}_{n-2}={\alpha }^{n}P_{0}^{\left( \alpha \right)}={c}_{1}{\alpha }^{n}. \\ \end{align} 同理可得 $\left(L-\beta \right)P_n=0\Rightarrow P_n=c_2{\beta }^n$ .

那么 $\left(L-\alpha \right)\left(L-\beta \right)P_n=0$ 的通解就应该为 $P_n=c_1{\alpha }^n+c_2{\beta }^n$.

其中 $c_1,c_2$ 均为待定常数, 我们将用 $P_1,P_2$ 等容易算的项作初始条件将它们确定: 易得 $P_1=2-\lambda ,P_2={\left(2-\lambda \right)}^2-1$ , 但 $P_2=c_1{\alpha }^2+c_2{\beta }^2$ 算起来很麻烦欸. 于是强行定义 $P_0\equiv 1$ , 你会发现递推式 $P_n+P_{n+2}+\left(\lambda -2\right)P_{n+1}=0$ 仍成立. 那干脆用 \left\{ \begin{align} & {P}_{0}={c}_{1}+{c}_{2}=1 \\ & {P}_{1}={c}_{1}\alpha +{c}_{2}\beta =2-\lambda \\ \end{align} \right. 来确定系数好了, 易得 \left\{ \begin{align} & {c}_{1}=\frac{\alpha }{\alpha -\beta } \\ & {c}_{2}=-\frac{\beta }{\alpha -\beta } \\ \end{align} \right. .

综上所述, 解得 {P}_{n}=\frac{\alpha }^{n+1}-{\beta }^{n+1}{\alpha -\beta }.

注意确定系数时用到了关系式 $\alpha +\beta =2-\lambda$ .

然后我们观察一下式子 $\prod _{n=1}^{N-1}\left({\lambda }_n-\lambda \right)=0$ 与 $\left|A-\lambda I\right|=P_{N-1}\left(\lambda \right)=0$ .

(1). 它们的解都是 $A$ 或者说 $\Lambda$ 的本征值, 这给定了 $N-1$ 个约束条件. (2). 两个式子中 ${\lambda }^{N-1}$ 的系数都是 ${\left(-1\right)}^{N-1}$ , 这又给定了 $1$ 个约束条件. (3). 一个一元 $N-1$ 方程一共只有 $N$ 个待定系数或者说自由度. (4). 是的, 你没猜错, 如果两个式子看起来一样、闻起来一样、发出的叫声也一样 $\cdots$

『 那 么 他 们 就 是 同 一 个 式 子 』

于是, 我们就有 $P_{N-1}\left(\lambda \right)=\prod _{n=1}^{N-1}\left({\lambda }_n-\lambda \right)\Rightarrow \prod _{n=1}^{N-1}\left({\lambda }_n-{\epsilon }^2{\omega }^2\right)=P_{N-1}\left({\epsilon }^2{\omega }^2\right)$.

先计算出 $\alpha \left({\epsilon }^2{\omega }^2\right)$ 与 $\beta \left({\epsilon }^2{\omega }^2\right)$. \begin{align} & \lambda ={\varepsilon }^{2}{\omega }^{2}\Rightarrow \alpha =\frac{2-\lambda +\sqrt{\lambda }^{2}-4\lambda }{2} \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\frac{2-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2}+\varepsilon \omega \sqrt{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2}-4}{2}\overset{\varepsilon \to 0}{\mathop{=}\,\,\frac{2+\varepsilon \omega \sqrt{-4}{2}=1+i\omega \varepsilon .\\ \end{align} 同理不难得到 $\beta =\frac{2-\lambda -{\sqrt{\lambda }}^2-4\lambda }{2}=1-i\omega \epsilon .$

5.5. さあ、止めを刺すがいい:

\begin{align} & \prod\limits_{n=1}^{N-1}{\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)}={P}_{N-1}\left( {\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right) \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\frac{\alpha }^{N}-{\beta }^{N}{\alpha -\beta } \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\frac{\left( 1+i\omega \varepsilon \right)}^{N}-{\left( 1-i\omega \varepsilon \right)}^{N}{1+i\omega \varepsilon -1+i\omega \varepsilon } \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\frac{1}{2i\omega \varepsilon }\left\{ {\left[ 1+\frac{i\omega \left( t-{t}_{0} \right)}{N} \right]}^{N}-{\left[ 1-\frac{i\omega \left( t-{t}_{0} \right)}{N} \right]}^{N} \right\} \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \overset{N\to \infty }{\mathop{=}\,\,\frac{1}{2i\omega \varepsilon }\left[ {e}^{i\omega \left( t-{t}_{0} \right)}-{e}^{-i\omega \left( t-{t}_{0} \right)} \right]=\frac{\sin \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right]}{\omega \varepsilon } \\ \end{align}

将上述结果代入传播子的表达式, 既得所求:

K\left( x,t;{x}_{0},{t}_{0} \right)={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }\sqrt{\frac{m\omega }{2\pi i\hbar \sin \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right]} .

其中 {S}^{\text{c}=\frac{m\omega }{2}\left\{ \left( {x}^{2}+x_{0}^{2} \right)\cot \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right]-2x{x}_{0}\csc \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right] \right\} .

*5.6. 相位的确定:

你以为这就完了吗? 哈哈, 我倒是想, 但某教授 says otherwise[9] $\cdots$

前面我们得到 K\left( x,t;{x}_{0},{t}_{0} \right)={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }\sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar \varepsilon }{\left[ \prod\limits_{n=1}^{N-1}{\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)} \right]}^{-\frac{1}{2}.

紧接着我们就算出来 $\prod _{n=1}^{N-1}\left({\lambda }_n-{\epsilon }^2{\omega }^2\right)=\frac{\sin \left[\omega \left(t-t_0\right)\right]}{\omega \epsilon }$.

然后呢? K\left( x,t;{x}_{0},{t}_{0} \right)={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }\sqrt{\frac{m\omega }{2\pi i\hbar \sin \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right]} ?

就这样把结果从根号里硬塞进去? 难道你不知道复数开方是多值函数吗. (恼

还不理解发生了什么吗? 去看看 **[附录B]** 罢.

那怎么办? 为何我们5.3 节的本征值要由小到大排列分别记作 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_{N-1}$?

当然是为了假定前 $M$ 个本征值小于 ${\epsilon }^2{\omega }^2$ , 即 {\lambda }_{M}<{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2}<{\lambda }_{M+1}.

什么? 因为 $\epsilon \to 0$ 所以不用考虑比 ${\epsilon }^2{\omega }^2$ 小的本征值? Naive! 那你怎不干脆直接 $\prod\limits_{n=1}^{N-1}{\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)}=\prod\limits_{n=1}^{N-1}{\lambda }_{n}$ 呢? [[10]](#ref_10)

于是相位就可以抽离出来了:

\prod\limits_{n=1}^{N-1}{\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)}={e}^{iM\pi }\prod\limits_{n=1}^{N-1}{\left| {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right|}=\frac{e}^{iM\pi }{\omega \varepsilon }\left| \sin \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right] \right| .

不会有人不知道 $e^{iM\pi }={\left(-1\right)}^M$ 吧? 开玩笑的, 请问你有没有想过为何 $-1=e^{i\pi }$ 而不是 $-1=e^{-i\pi }$ 或者 $-1=e^{i3\pi }$ 呢? 其实这里还是很模糊很不严谨对吧, 这又一次显示了不能直接套高斯公式的问题. 因为套公式展现不出相位的变化过程, 导致结果的相位模糊不清, 这里参考 **[附录C]**.

终于, 才真正计算出了传播子 K\left( x,t;{x}_{0},{t}_{0} \right)={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }\sqrt{\frac{m\omega }{2\pi i\hbar {e}^{iM\pi }\left| \sin \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right] \right|} .

那接下来的问题就是确定相位了, 本来以为不需要求每一个本征值的, 终究还是逃不过啊. (悲

本征值怎么求呢? 只能硬解 {P}_{n}\left( \lambda \right)=\frac{\alpha }^{n+1}-{\beta }^{n+1}{\alpha -\beta }=0 呗:

解 ${\alpha }^N-{\beta }^N=0$ 得到: \alpha =\sqrt[N]{\beta }^{N}=\beta {e}^{i\frac{2k\pi }{N},\ k=\left\{ 1,2,3,\cdots N \right\}.

分母要求 $\alpha \ne \beta$ , 所以就是 \alpha =\beta {e}^{i\frac{2k\pi }{N},\ k=\left\{ 1,2,3,\cdots N-1 \right\} 共 $N-1$ 个解.

要知道二次方程的解满足 \alpha +\beta =2-\lambda ,\ \ \alpha -\beta =\sqrt{\lambda }^{2}-4\lambda } .

\begin{align} & \ \ \ \ \ \ \alpha =\beta {e}^{i\frac{2k\pi }{N}\Rightarrow \alpha {e}^{-i\frac{k}{N}\pi }=\beta {e}^{i\frac{k}{N}\pi } \\ & \Rightarrow \alpha \cos \frac{k\pi }{N}-i\alpha \sin \frac{k\pi }{N}=\beta \cos \frac{k\pi }{N}+i\beta \sin \frac{k\pi }{N} \\ & \Rightarrow \left( \alpha -\beta \right)\cos \frac{k\pi }{N}=i\left( \alpha +\beta \right)\sin \frac{k\pi }{N} \\ & \Rightarrow \sqrt{\lambda }^{2}-4\lambda }\cos \frac{k\pi }{N}=i\left( 2-\lambda \right)\sin \frac{k\pi }{N} \\ \end{align}

接下来两边平方, 注意这个操作可能会导致解的增加.

整理得一个初中时期的老朋友: ${\lambda }^2-4\lambda +4{\sin }^2\frac{k\pi }{N}=0,k=\left\{1,2,3,\cdots N-1\right\}$ .

解一元二次方程得: \lambda =\frac{4\pm \sqrt{16-16{\sin }^{2}\frac{k\pi }{N}{2}=2\pm 2\cos \frac{k\pi }{N}=\left\{ \begin{align} & 4{\sin }^{2}\frac{k\pi }{2N} \\ & 4{\cos }^{2}\frac{k\pi }{2N} \\ \end{align} \right..

显然俩解是一回事, 就是 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上一升一降俩排列, 我们选择从小到大的那个排序方式：

即选择 ${\lambda }_k=4{\sin }^2\frac{k\pi }{2N},k=\left\{1,2,3,\cdots N-1\right\}$ .

そうして终于进入本番辣: {\lambda }_{M}<{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2}<{\lambda }_{M+1}\Rightarrow 2\sin \frac{M\pi }{2N}<\varepsilon \omega <2\sin \frac{\left( M\text{+1} \right)\pi }{2N} .

取极限之后得到 \frac{M\pi }{N}<\varepsilon \omega <\frac{\left( M\text{+1} \right)\pi }{N}\Rightarrow M<\frac{N\varepsilon \omega }{\pi }=\frac{\omega \left( t-{t}_{0} \right)}{\pi }<M\text{+1}.

所以最终结论就是 K\left( x,t;{x}_{0},{t}_{0} \right)={e}^{i\frac{S}^{\text{c}{\hbar }\sqrt{\frac{m\omega }{2\pi i\hbar {e}^{iM\pi }\left| \sin \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right] \right|} .

其中 {S}^{\text{c}=\frac{m\omega }{2}\left\{ \left( {x}^{2}+x_{0}^{2} \right)\cot \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right]-2x{x}_{0}\csc \left[ \omega \left( t-{t}_{0} \right) \right] \right\} .

至于相位数 $M$ 则要通过 $\omega \left(t-t_0\right)/\pi$来确定.

附录

[附录A] 根号下的虚数单位:

长得像高斯积分一样的东西全文出现了不下五次, 每次我都故意把 $i$ 放到分母上还顺便凑个负号, 为啥呢? 其实啊, 其实虽然我一直说不能直接套高斯积分公式但其实我自己一直在偷懒, 一直在背地里套高斯积分公式(めんごめんご).

高斯积分是什么? 高斯积分如下所示:

\int_{-\infty }^{\infty }{e}^{-a{x}^{2}\text{d}x}=\sqrt{\frac{\pi }{a},\ \ a>0

这是一个在整条实数轴上的积分, 为何要求 $a>0$ ? 因为 $a\le 0$ , 这个积分直接就发散了. 小于零这都算了, 系数是个纯虚数的时候你还敢套公式我只能说是, 你这个根本就犯法了罢. 物理人看到指数带平方都魔怔了, 反手配方就来高斯公式. 但这样有一个巨大的问题, 那就是 $\sqrt{i}$ 究竟是 {e}^{i\frac{\pi }{4} 还是 {e}^{i\frac{5\pi }{4}呢?

那么正确的做法是什么呢? 正确做法是 欧拉公式 + Fresnel 公式:

Fresnel 积分公式 \int_{-\infty }^{\infty }{\sin {x}^{2}\text{d}x}=\int_{-\infty }^{\infty }{\cos {x}^{2}\text{d}x}=\sqrt{\frac{\pi }{2} . Fresnel 积分公式牛就牛在无论你 $x$ 是啥都能用, 具体证明实在不想写了, 就是复平面兜圈.

\begin{align} & \ \ \ \ \ \int{e}^{i\frac{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)}{2\hbar \varepsilon }u_{n}^{2}\text{d}{u}_{n} \\ & =\int{\left[ \cos \frac{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)u_{n}^{2}{2\hbar \varepsilon }+i\sin \frac{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)u_{n}^{2}{2\hbar \varepsilon } \right]\text{d}{u}_{n} \\ & =\sqrt{\frac{2\hbar \varepsilon }{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)}\int{\left( \cos v_{n}^{2}+i\sin v_{n}^{2} \right)\text{d}{v}_{n} \\ & =\sqrt{\frac{2\hbar \varepsilon }{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)}\left( \sqrt{\frac{\pi }{2}+i\sqrt{\frac{\pi }{2} \right) \\ & =\sqrt{\frac{2\pi \hbar \varepsilon }{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)}\left( \frac{\sqrt{2}{2}+i\frac{\sqrt{2}{2} \right) \\ & =\sqrt{\frac{2\pi \hbar \varepsilon }{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)}\left( \cos \frac{\pi }{4}+i\sin \frac{\pi }{4} \right) \\ & =\sqrt{\frac{2\pi \hbar \varepsilon }{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)}{e}^{i\frac{\pi }{4}=\sqrt{\frac{2\pi \hbar \varepsilon {e}^{i\frac{\pi }{2}{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)}=\sqrt{\frac{2\pi i\hbar \varepsilon }{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)} \\ \end{align}

最后我们可以看到, 进去变成 $i$ 的是 {e}^{i\frac{\pi }{4} , 并且以后应该约定所有根号里都恒有 i\equiv {e}^{i\frac{\pi }{2}.

若不约定好的话: {e}^{-i\frac{\pi }{4}=\sqrt{\frac{1}{i}=\sqrt{-i}=i\sqrt{i}={e}^{i\frac{\pi }{2}{e}^{i\frac{\pi }{4}={e}^{i\frac{3}{4}\pi }=-{e}^{-i\frac{\pi }{4}.

其实总的来说你是可以通过上述方法得到这样一个公式:

\int_{-\infty }^{\infty }{e}^{-\alpha {x}^{2}+\beta x}\text{d}x}=\sqrt{\frac{\pi }{\alpha }{e}^{\frac{\beta }^{2}{4\alpha },\ \ \ \ \operatorname{Re}\left( \alpha \right)>0

这样以后就能安心套了, 建议自行证明一下.

但即使能套, i\equiv {e}^{i\frac{\pi }{2} 这个规定也不能忘啊.

[附录B] 根号下连乘积:

别人问你学没学过数学物理方法你肯定要说学过吧?

『学过, ······ 我便考你一考. 三次根号下的 $8$ , 怎样解的?』 『 ······ 』 『不会解罢? ······ 我教给你, 记着! 这些解法应该记着. 将来做学术的时候, 写文章要用. 』 『谁要你教, 不是 $2$ 么? 』 『对呀对呀! ······ $\sqrt[3]{8}$ 有三样解法, 你知道么?』 还真有就 $-1+\sqrt{3}i,1-\sqrt{3}i,2$ 三个解. 你这家伙, 天天嘴上强调这里是复希尔伯特空间, 实际上计算的时候却只是当作多了一个虚数单位的实空间在算对吧[[11]](#ref_11)! 什么? 还不知道为啥有三个解? $k\in \mathbb{Z},\ \ \sqrt[3]{8}=\sqrt[3]{8{e}^{i2k\pi }=2{e}^{i\frac{2k}{3}\pi }=\left\{ \begin{align} & 2{e}^{i\frac{2}{3}\pi }=-1+\sqrt{3}i \\ & 2{e}^{i\frac{4}{3}\pi }=-1-\sqrt{3}i \\ & 2{e}^{i\frac{6}{3}\pi }=2 \\ \end{align} \right.$ .

所以回到我们的问题, 我们算出来 $\prod _{n=1}^{N-1}\left({\lambda }_n-{\epsilon }^2{\omega }^2\right)=\frac{\sin \left[\omega \left(t-t_0\right)\right]}{\omega \epsilon }$ 是没有问题的,

这就像是 $\prod _{n=1}^{N-1}\left({\lambda }_n-{\epsilon }^2{\omega }^2\right)=8$ 一样, 是严严格格清清楚楚的,

但也像 $8$ 一样, 在复数的世界里你不指定相位的话, 开方运算下就像病句一样是表意不明的.

再回首, 你看看文中每一个根号下, 除了 $i$ 外是否都是些严格要求相位为 $0$ 的物理量或常数?

而现在, 把一个来历不明的 $\sin \left[\omega \left(t-t_0\right)\right]$ 硬塞进根号里的你考虑过相位的感受吗?

[附录C] 为何 $-1=e^{i\pi }$ 而不是 $e^{-i\pi }$ 或 $e^{i3\pi }$ :

其实 **[附录A]**中回避了一个问题, 还是 ${\lambda }_n>{\epsilon }^2{\omega }^2$ 与 {\lambda }_{n}<{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} 两种情况的统一的问题.

我们算出了 \int{e}^{i\frac{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)}{2\hbar \varepsilon }u_{n}^{2}\text{d}{u}_{n}=\sqrt{\frac{2\pi i\hbar \varepsilon }{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)} 这在 ${\lambda }_n>{\epsilon }^2{\omega }^2$ 的情况下自然没什么好说的, 显然有: \sqrt{\frac{2\pi i\hbar \varepsilon }{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)}=\sqrt{\frac{2\pi i\hbar \varepsilon }{m\left| {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right|} 然后我们在 {\lambda }_{n}<{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} 时采取了如下做法试图将两种情况统一起来: \sqrt{\frac{2\pi i\hbar \varepsilon }{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)}=\sqrt{\frac{2\pi i\hbar \varepsilon }{m\left( -1 \right)\left| {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right|}=\sqrt{\frac{2\pi i\hbar \varepsilon }{m{e}^{i\pi }\left| {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right|}

但凭什么 $-1=e^{i\pi }$ 而不是 $e^{-i\pi }$ 或 $e^{i3\pi }$呢? 这害得从 Fresnel 积分公式讲起:

当 ${\lambda }_n>{\epsilon }^2{\omega }^2$ 时就很显然 \int{e}^{i\frac{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)}{2\hbar \varepsilon }u_{n}^{2}\text{d}{u}_{n}=\sqrt{\frac{2\pi i\hbar \varepsilon }{m\left| {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right|} . 当 {\lambda }_{n}<{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} 时, 为了统一我们要做如下计算: $\begin{align} & \ \ \ \int{e}^{i\frac{m\left( {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right)}{2\hbar \varepsilon }u_{n}^{2}\text{d}{u}_{n} \\ & =\int{\left\{ \cos \left[ -\frac{m}{2\hbar \varepsilon }\left| {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right|u_{n}^{2} \right]+i\sin \left[ -\frac{m}{2\hbar \varepsilon }\left| {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right|u_{n}^{2} \right] \right\}\text{d}{u}_{n} \\ & =\int{\left\{ \cos {\left[ \sqrt{\frac{m}{2\hbar \varepsilon }\left| {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right|}{u}_{n} \right]}^{2}-i\sin {\left[ \sqrt{\frac{m}{2\hbar \varepsilon }\left| {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right|}{u}_{n} \right]}^{2} \right\}\text{d}{u}_{n} \\ & =\sqrt{\frac{2\hbar \varepsilon }{m\left| {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right|}\int{\left( \cos v_{n}^{2}-i\sin v_{n}^{2} \right)\text{d}{v}_{n} \\ & =\sqrt{\frac{2\hbar \varepsilon }{m\left| {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right|}\left( \sqrt{\frac{\pi }{2}-i\sqrt{\frac{\pi }{2} \right) \\ & =\sqrt{\frac{2\pi \hbar \varepsilon }{m\left| {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right|}\left( \cos \frac{\pi }{4}-i\sin \frac{\pi }{4} \right) \\ & =\sqrt{\frac{2\pi \hbar \varepsilon }{m\left| {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right|}{e}^{-i\frac{\pi }{2} \\ & =\sqrt{\frac{2\pi \hbar \varepsilon }{m\left| {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right|}{e}^{-i\pi }{e}^{i\frac{\pi }{2}=\sqrt{\frac{2\pi \hbar \varepsilon {e}^{i\frac{\pi }{4}{m{e}^{i\pi }\left| {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right|}=\sqrt{\frac{2\pi i\hbar \varepsilon }{m{e}^{i\pi }\left| {\lambda }_{n}-{\varepsilon }^{2}{\omega }^{2} \right|}. \\ \end{align}$ 所以说前面看起来像是从 $\left({\lambda }_n-{\epsilon }^2{\omega }^2\right)$ 拉出了一个 $e^{i\pi }$ 来的这种操作只能说是一个巧合.

参考

• ^c for classical.
• ^我们后面是要凑二次型的, 这种捣乱项出来就没法处理了, 具体参考 S' 对角化处.
• ^由二次型的原始形式我们知道它一定是一个正定矩阵, 但为何要强调正定呢? 我不告诉你哈哈, 看完最后一节就明白啦.
• ^证明? 这都要证明就离谱, 实对称矩阵是厄米矩阵的特殊情况啊.
• ^不显然吗? A 是一个实对称矩阵, 可以通过幺正变换化为对角阵, 而幺正变换不改变本征值与行列式的值, 再考虑到相应的对角阵对应的行列式就是本征值的连乘积, 所以显然方阵行列式的值就是本征值的连乘积. 更进一步其实通过 Jordan 标准型(并不是所有方阵都可以化为对角阵, 但大家都可以化为 Jordan 标准型)可以证明所有方阵行列式的值就是本征值的连乘积.
• ^但其实一辈子只会算个谐振子就是大多数人的真实写照了(悲).
• ^c for classical.
• ^证明? 这都要证明就离谱, 实对称矩阵是厄米矩阵的特殊情况啊.
• ^ 林老师同时也是教数学物理方法的, 所以牵扯到特殊函数, 特殊积分公式, 复数运算总是特别细致入微, 喜欢把一些虽然行径可疑、头脑简单但又能碰巧得出正确答案的 naive 操作批判一番再给出严格却结果相同的解法, 我老是提到不能直接套高斯积分公式就是受这个影响, 老师上课讲着讲着就开始研究相位, 老数学物理方法了···
• ^因为 λ 里面有一个 1/N^2, 看下去就懂了, 这里很奇妙的.
• ^恁的大脑终究还是被物理毒害了. (悲