相互作用绘景

相互作用绘景的定义

相互作用绘景十分适合处理微扰论尤其是含时微扰问题。自然界中存在许多时间依赖性的量子系统，考虑一个可拆分成两项的哈密顿量 $H(t)=H_0+V(t)$ ，第一项不显含时间， $H_0$ 对应的本征态和时间演化算符分别为

$H_0|n\rangle=E_n|n\rangle \qquad U_0(t,t_0)=e^{-\frac{i}{\hbar}H_0(t-t_0)}$

定义初态为 $|\psi(t_0)\rangle$ ，则在薛定谔绘景下，任意时刻的态为

$|\psi(t)\rangle=U(t,t_0)|\psi(t_0)\rangle$

但上式中的 $U\left(t,t_0\right)$ 是整体哈密顿量的时间演化。我们定义一个态

$|\psi_I(t)\rangle\equiv U_0^\dagger(t,t_0)|\psi(t)\rangle$

这就是相互作用绘景下的态，相当于将时间演化态再用 $H_0$ 的时间演化算符演化回来，这样就从总的演化中出去了由 $H_0$ 引起的自由演化，剩下的演化由相互作用引起，那么有

$|\psi_I(t)\rangle=U_0^\dagger(t,t_0)U(t,t_0)|\psi(t_0)\rangle\equiv W(t,t_0)|\psi(t_0)\rangle$

其中 $W(t,t_0)\equiv U_0^\dagger(t,t_0)U(t,t_0)$ ，且有 $W(t_0,t_0)=1$ ，那么 $|\psi_I(t)\rangle=|\psi(t_0)\rangle$ 。三个算符（态）之间的关系如下图所示：

注意： $\ket{\psi_I(t)}=W(t,t_0)\ket{\psi(t_0)}=W(t,t_0)\ket{\psi_I(t_0)}$ 可能会让人误以为 $W$ 是时间演化算符，但实际上 $W\left(t,t_0\right)$ 只能将初态 $\ket{\psi(t_0)}$ （或 $\ket{\psi_I(t_0)}$ ）演化到任意时刻 $t$ 的态 $\ket{\psi_I(t)}$ ，而不能将任意时刻 $t_1$ 的态 $\ket{\psi_I(t_1)}$ 演化到另一个时刻 $t_2$ 的态 $\ket{\psi_I(t_2)}$ 。

我们希望能够找到一个算符能够将任意的 $\ket{\psi_I(t_1)}$ 送至 $\ket{\psi_I(t_2)}$ ，根据下图有两种路径可以实现这一点：

方法一：根据右边的路径

$|\psi_{I}(t_{1})\rangle\overset{U_{0}(t_{1},t_{0})}{\operatorname*{\operatorname*{\operatorname*{\operatorname*{\Longrightarrow}}}}}|\psi(t_{1})\rangle\overset{U(t_{2},t_{1})}{\operatorname*{\operatorname*{\operatorname*{\operatorname*{\Longrightarrow}}}}}|\psi(t_{2})\rangle\overset{U_{0}^{\dagger}(t_{2},t_{0})}{\operatorname*{\operatorname*{\operatorname*{\operatorname*{\Longrightarrow}}}}}|\psi_{I}(t_{2})\rangle$

那么可以得到时间演化算符为

$U_I(t_2,t_1)=U_0^\dagger(t_2,t_0)U(t_2,t_1)U_0(t_1,t_0)$

方法二：根据左边的路径

$U_I(t_2,t_1)W(t_1,t_0)=W(t_2,t_0)$

对两边同时右乘 $W^{\dagger}(t_1,t_0)$

$\begin{aligned} U_{I}(t_{2},t_{1})&=W(t_{2},t_{0})W^{\dagger}(t_{1},t_{0}) \\[1em] & =U_0^\dagger(t_2,t_0)U(t_2,t_0)U^\dagger(t_1,t_0)U_0(t_1,t_0) \\[1em] & =U_0^\dagger(t_2,t_0)\underline{U(t_2,t_0)U(t_0,t_1)}U_0(t_1,t_0) \\[1em] & =U_0^\dagger(t_2,t_0)U(t_2,t_1)U_0(t_1,t_0) \end{aligned}$

两种不同的方法得到的结果是一致的，也证明了对 $U_I(t_2,t_1)$ 的定义是自洽的，这就是相互作用绘景下的时间演化算符，具有如下性质

$U_I(t,t_0)=W(t,t_0)$
$U_I(t,t)=1$
复合律： $U_I(t_3,t_1)=U_I(t_3,t_2)U_I(t_2,t_1)$
$U_I^\dagger(t_2,t_1)=U_I(t_1,t_2)$
幺正性： $U_I^\dagger(t_2,t_1)U_I(t_2,t_1)=U_I(t_2,t_1)U_I^\dagger(t_2,t_1)=1$

态和可观测量的运动方程

$Ⅰ$ . 时间演化算符的运动方程

时间演化算符 $U_I(t,t_0)$ 满足的运动方程为

$\begin{aligned} & i\hbar\partial_tU_I(t,t^\prime) \\[1em] &=[i\hbar\partial_tU_0^\dagger(t,t_0)]U(t,t^\prime)U_0(t^\prime,t_0)+U_0^\dagger(t,t_0)[i\hbar\partial_tU(t,t^\prime)]U_0(t^\prime,t_0) \\[1em] & =-U_0^\dagger(t,t_0)H_0U(t,t^\prime)U_0(t^\prime,t_0)+U_0^\dagger(t,t_0)[H_0+V(t)]U(t,t^\prime)U_0(t^\prime,t_0 \\[1em] & =U_0^\dagger(t,t_0)V(t)U(t,t^{\prime})U_0(t^{\prime},t_0) \\[1em] & =U_{0}^{\dagger}(t,t_{0})V(t)U_{0}(t,t_{0})U_{0}^{\dagger}(t,t_{0})U(t,t^{\prime})U_{0}(t^{\prime},t_{0}) \\[1em] &\equiv V_{I}(t,t_{0})U_{I}(t,t^{\prime}) \end{aligned}$

$\Longrightarrow i\hbar\partial_tU_I(t,t^\prime)=V_I(t,t_0)U_I(t,t^\prime)$

其中 $V_I(t,t_0)=U_0^\dagger(t,t_0)V(t)U_0(t,t_0)$ ，称为相互作用绘景下的相互作用项，其中包含了 $H_0$ 的自由演化，与时间演化算符的薛定谔方程在形式上相同，只是将整体哈密顿量 $H$ 换成了相互作用项 $V_I(t,t_0)$ 。又根据 $|\psi_I(t)\rangle=U_I(t,t^{\prime})|\psi_I(t^{\prime})\rangle$ ，可以得到相互作用绘景下的态的运动方程为

$\boxed{i\hbar\partial_t|\psi_I(t)\rangle=V_I(t,t_0)|\psi_I(t)\rangle}$

$Ⅱ$ . 可观测量的运动方程

对相互作用绘景下的时间演化算符的定义为 $U_I(t,t^{\prime})=U_0^\dagger(t,t_0)U(t,t^{\prime})U_0(t^{\prime},t_0)$ ，事实上，相互作用绘景下的不含时可观测量 $\alpha_I(t,t_0)$ 也可以通过这样的方式定义：

$\alpha_I(t,t_0)\equiv U_0^\dagger(t,t_0)\alpha U_0(t,t_0)$

那么相互作用绘景下可观测量的运动方程为

$\begin{aligned} i\hbar\partial_{t}\alpha_{I}(t,t_{0}) & =-U_0^\dagger(t,t_0)H_0\alpha U_0(t,t_0)+U_0^\dagger(t,t_0)\alpha H_0U_0(t,t_0) \\[1em] & =-H_0U_0^\dagger(t,t_0)\alpha U_0(t,t_0)+U_0^\dagger(t,t_0)\alpha U_0(t,t_0)H_0=[\alpha_I(t,t_0),H_0] \end{aligned}$

即

$\boxed{i\hbar\partial_t\alpha_I(t,t_0)=[\alpha_I(t,t_0),H_0]}$

这与海森堡绘景下可观测量的运动方程形式相同，但哈密顿量由整体哈密顿量 $H$ 变为 $H_0$ 。

$Ⅲ$ . 密度矩阵的运动方程

同样可以定义相互作用绘景下的密度矩阵为

$\rho_I(t,t_0)\equiv U_0^\dagger(t,t_0)\rho(t)U_0(t,t_0)$

和上面的操作一样，求导后我们可以得到以下关系

$\boxed{i\hbar\partial_t\rho_I(t,t_0)=-[\rho_I(t,t_0),V_I(t,t_0)]}$

和海森堡绘景下密度矩阵的冯诺依曼方程形式相同，仍然带有负号，但哈密顿量由整体哈密顿量 $H$ 变为相互作用项 $V_I(t,t_0)$ 。

戴森展开

时间演化算符 U 的戴森展开

戴森展开在量子电动力学和量子场论中有着重要的应用，量子电动力学本身是一个微扰理论，无穷级数是发散的，但只取前几项就能得到时间演化算符非常精确的结果。

我们一旦得到了相互作用绘景下的 $U_I(t,t')$ ，就可以返回得到薛定谔绘景下的时间演化算符 $U(t,t')$

$U(t,t^{\prime})=U_0(t,t_0)U_I(t,t_0)U_0^\dagger(t^{\prime},t_0)$

我们为什么要引入相互作用绘景呢？由于相互作用绘景下的时间演化算符态运动方程和 $V_I(t,t_0)$ 相关，而 $V_I(t,t_0)$ 通常比较小，可以进行微扰展开，求出 $V_I(t,t_0)$ 的级数展开后再利用上式，就可以得到薛定谔绘景下的演化。因此相互作用绘景仅是一种微扰工具，最终我们还是要回到薛定谔绘景下。

我们从 $i\hbar\partial_tU_I(t,t^\prime)=V_I(t,t_0)U_I(t,t^\prime)$ 出发，且为简单起见，略去 $V_I(t,t_0)$ 中的 $t_0$ ，一般来说， $V_I(t)$ 是时间的显函数，且不与自身在不同时间的值对易，即 $[V_I(t_1),V_I(t_2)]\neq 0$ ，因此不能直接积分得到，在大多数实际情况下，不存在已知的解析解。

对 $i\hbar\partial_tU_I(t,t^\prime)=V_I(t,t_0)U_I(t,t^\prime)$ 从 $t^\prime$ 到 $t$ 积分，有

$U_I(t,t^{\prime})-U_I(t^{\prime},t^{\prime})=-\frac{i}{\hbar}\int_{t^{\prime}}^tdt_1V_I(t_1)U_I(t_1,t^{\prime}) \\[1em] \Rightarrow \quad U_I(t,t^{\prime})=1-\frac{i}{\hbar}\int_{t^{\prime}}^tdt_1V_I(t_1)U_I(t_1,t^{\prime})$

将上式中的 $t$ 替换为 $t_1$ ，得到

$U_I(t_1,t^{\prime})=1-\frac{i}{\hbar}\int_{t^{\prime}}^{t_1}dt_2V_I(t_2)U_I(t_2,t^{\prime})$

可以将这个式子代入前一个式子中，得到

$\begin{aligned} U_{I}(t,t^{\prime})&=1-\frac{i}{\hbar}\int_{t^{\prime}}^{t}dt_{1}V_{I}(t_{1})\left[1-\frac{i}{\hbar}\int_{t^{\prime}}^{t_{1}}dt_{2}V_{I}(t_{2})U_{I}(t_{2},t^{\prime})\right] \\ &=1+\left(-\frac{i}{\hbar}\right)\int_{t^{\prime}}^{t}dt_{1}V_{I}(t_{1})+\left(-\frac{i}{\hbar}\right)^{2}\int_{t^{\prime}}^{t}dt_{1}\int_{t^{\prime}}^{t_{1}}dt_{2}V_{I}(t_{1})V_{I}(t_{2})\underline{U_{I}(t_{2},t^{\prime})} \end{aligned}$

继续变量代换，将 $t$ 替换为 $t_2,t_3,\cdots,t_n$ ，不断重复以上套娃过程，最终可以得到

$U_I(t,t^{\prime})=1+\sum_{n=1}^\infty\left(-\frac{i}{\hbar}\right)^n\int_{t^{\prime}}^tdt_1\int_{t^{\prime}}^{t_1}dt_2\cdots\int_{t^{\prime}}^{t_{n-1}}dt_nV_I(t_1)V_I(t_2)\cdots V_I(t_n)$

这就是戴森展开式，里面的高阶项难以计算，但若 $V_I$ 相比 $H_0$ 很小，那么这个级数将会快速收敛，截断到某一阶就能得到很好的近似结果，这样我们就得到了微扰 $V_I$ 的幂级数解。在量子电动力学中，这个级数是渐进发散的，取二阶项时和实验数据的误差已经低至 $10^{-10}$ 量级。

时序乘积和指数形式

戴森级数中的积分上限各不相同，不便于计算，我们可以引入时序乘积算符来简化表达式。在量子场论中，时序乘积算符定义为

$\mathcal{T}A(t_{1})B(t_{2})= \begin{cases} A(t_{1})B(t_{2}), & \mathrm{if~}t_{1}>t_{2} \\ \pm B(t_{2})A(t_{1}), & \mathrm{if~}t_{1}<t_{2} & \end{cases}$

其中 $+$ 号对应玻色子算符， $-$ 号对应费米子算符。接下来我们考虑玻色子算符的情形，所以当 $t_1<t_2$ 时，有

$TA(t_1)B(t_2)=B(t_2)A(t_1)$

所以时序乘积算符可以将算符从晚到早排列。对于戴森展开中的二阶项，由于积分变量 $t_2$ 的上限为 $t_1$ ，所以 $t_1>t_2$ ，因此

$I\equiv\int_{t^{\prime}}^{t}dt_1\int_{t^{\prime}}^{t_1}dt_2V_I(t_1)V_I(t_2)=\int_{t^{\prime}}^{t}dt_1\int_{t^{\prime}}^{t_1}dt_2\mathcal{T}V_I(t_1)V_I(t_2)$

但是积分变量不改变积分的值，我们完全可以将 $t_1$ 和 $t_2$ 角色互换，此时大小关系变为 $t_2>t_1$ ，因此

$I=\int_{t^{\prime}}^tdt_2\int_{t^{\prime}}^{t_2}dt_1V_I(t_2)V_I(t_1)=\int_{t^{\prime}}^tdt_2\int_{t^{\prime}}^{t_2}dt_1\mathcal{T}V_I(t_1)V_I(t_2)$

将上两式相加，得到

$I=\frac{1}{2}\left[\int_{t^{\prime}}^tdt_1\int_{t^{\prime}}^{t_1}dt_2+\int_{t^{\prime}}^tdt_2\int_{t^{\prime}}^{t_2}dt_1\right]TV_I(t_1)V_I(t_2)$

$=\frac{1}{2}\int_{t^{\prime}}^tdt_1\int_{t^{\prime}}^tdt_2\mathcal{T}V_I(t_1)V_I(t_2)$

这样就统一了积分上限。同理可以得到高阶项的结果

$\begin{aligned} &\int_{t_0}^tdt_1\int_{t_0}^{t_1}dt_2\cdots\int_{t_0}^{t_{n-1}}dt_nV_l(t_1)V_l(t_2)\cdots V_l(t_n) =\frac{1}{n!}\int_{t_0}^tdt_1\int_{t_0}^tdt_2\cdots\int_{t_0}^tdt_nTV_I(t_1)V_I(t_2)\cdots V_I(t_n) \end{aligned}$

前面的系数来自 $n$ 个变量的大小顺序排列共有 $n!$ 种情况。因此，戴森展开式最后可以写成

$U_I(t,t^{\prime})=1+\mathcal{T}\frac{1}{n!}\sum_{n=1}^\infty\left(-\frac{i}{\hbar}\right)^n\int_{t^{\prime}}^tdt_1\int_{t^{\prime}}^tdt_2\cdots\int_{t^{\prime}}^tdt_nV_I(t_1)V_I(t_2)\cdots V_I(t_n)$

我们可以利用指数的泰勒展开将上式收纳

$U_I(t,t_0)=\mathcal{T}e^{-\frac{i}{\hbar}\int_{t_0}^tdsV_I(s)}$

这就是相互作用绘景下时间演化算符运动方程的形式解，那么可推得薛定谔绘景下的时间演化算符运动方程的形式解为

$U(t,t_0)=\mathcal{T}e^{-\frac{i}{\hbar}\int_{t_0}^tdsH(s)}$

线性响应理论：久保公式

考虑一个由统计描述的宏观系统，可以通过解冯诺依曼方程得到相应的外界场或外部力

$\frac{d\rho(t)}{dt}=-\frac{1}{i\hbar}[\rho(t),H_0+V(t)]$

其中 $V(t)$ 线性外场。我们通常假设系统在未被场作用之前 $t=0$ 时刻处于平衡态，其密度矩阵就是正则系综的密度矩阵，由非微扰的哈密顿量 $H_0$ 决定

$\rho(0)=e^{-\beta H_0}/Z$

那么在相互作用绘景下的密度矩阵为

$\rho_I(t)\equiv U_0^\dagger(t)\rho(t)U_0(t)$

其中 $U_0(t)=e^{-\frac{i}{\hbar}H_0t}$ 。注意到 $\rho_I(0)=\rho(0)=e^{-\beta H_0}/Z$ ，由于时间演化算符内也含有 $H_0$ ，且 $H_0$ 不显含时间，因此初态密度矩阵与任意时刻下的时间演化算符对易 $[\rho_I(0),U_0(t)]=0$ ，那么有

$\rho(0)=\rho_I(0)U_0(t)U_0^\dagger(t)=U_0(t)\rho_I(0)U_0^\dagger(t)$

对相互作用绘景下的密度矩阵运动方程两边做积分

$\rho_I(t)-\rho_I(0)=-\frac{1}{i\hbar}\int_0^tds[\rho_I(s),V_I(s)]\quad \Rightarrow \quad \rho_I(s)-\rho_I(0)=-\frac{1}{i\hbar}\int_0^sds^\prime[\rho_I(s^\prime),V_I(s^\prime)]$

重复戴森展开的步骤，将后一个式子代入前一个式子中，得到

$\rho_I(t)-\rho_I(0)=-\frac{1}{i\hbar}\int_0^tds\left[\rho_I(0)-\frac{1}{i\hbar}\int_0^sds^{\prime}[\rho_I(s^{\prime}),V_I(s^{\prime})],V_I(s)\right]$

我们只保留第一项，得到一个线性响应

$\rho_I(t)-\rho_I(0)=-\frac{1}{i\hbar}\int_0^tds[\rho_I(0),V_I(s)]$

这个处理虽然粗糙，但在很多实际问题中确实有效。但这只是相互作用绘景下的密度矩阵，为了研究可观测量的响应，我们还需要回到薛定谔绘景下

$U_0(t)\rho_I(t)U_0^\dagger(t)=U_0(t)\rho_I(0)U_0^\dagger(t)-\frac{1}{i\hbar}\int_0^tdsU_0(t)[\rho_I(0),V_I(s)]U_0^\dagger(t)$

整理为薛定谔绘景下的密度矩阵

$\rho(t)=\rho(0)-\frac{1}{i\hbar}\int_0^tds\left[\rho(0),U_0(t)V_I(s)U_0^\dagger(t)\right]$

我们通常对某个可观测量 $A$ 感兴趣，其在扰动下 $t$ 时刻的期望值为

$\langle A\rangle_t=\mathrm{Tr}[\rho(t)A]=\mathrm{Tr}[\rho(0)A]-\frac{1}{i\hbar}\int_0^tds\mathrm{Tr}\{\left[\rho(0),U_0(t)V_I(s)U_0^\dagger(t)\right]A\}$

利用迹的轮换不变性和 $U_0,\rho_0$ 之间的对应关系，最后可以得到

$\langle A\rangle_t=\langle A\rangle_0+\frac{i}{\hbar}\int_0^tds\langle[V_I(s),A_I(t)]\rangle_0$

这就是久保公式，它给出了系统在外场 $V(t)$ 作用下，任意时刻的可观测量平均值等于平衡态下的平均值加上一个响应部分。

含时微扰论

一阶微扰

相互作用绘景十分适合处理含时微扰问题，现在我们从戴森展开的角度来讨论含时微扰论。定义哈密顿量 $H=H_0+V(t),H_0|n\rangle=E_n|n\rangle)$ ，以及 $\hbar\omega_{nm}\equiv E_n-E_m$ ，一旦我们得到了相互作用绘景中的态 $|\psi_I(t)\rangle=U_I(t)|\psi(0)\rangle$ ，就能回推至薛定谔绘景中的态

$|\psi(t)\rangle=U_0(t)U_I(t)|\psi(0)\rangle$

那么我们就要问了，如果初态 $\ket{\psi\left(0\right)}$ 是 $H_0$ 的某个本征态 $\ket{i}$ ，那么 $\ket{i}$ 到 $H_0$ 的其他本征态 $\ket{f}$ 的跃迁概率是多少？

$\begin{aligned} P_{i\to f}(t) & =|\langle f|\psi(t)\rangle|^2=|\langle f|U(t)|i\rangle|^2=|\langle f|U_0(t)U_I(t)|i\rangle|^2 \\ & =\left|\langle f|e^{-iH_0t/\hbar}U_I(t)|i\rangle\right|^2=\left|e^{-iE_ft/\hbar}\langle f|U_I(t)|i\rangle\right|^2=|\langle f|U_I(t)|i\rangle|^2 \end{aligned}$

我们从中得到

$|\langle f|U(t)|i\rangle|^2=|\langle f|U_I(t)|i\rangle|^2$

因此，薛定谔绘景下的跃迁概率等于相互作用绘景下的跃迁概率，我们的任务就是利用戴森展开式计算 $U_I(t)$ 的矩阵元 $\langle f|U_I(t)|i\rangle^2$ 。保留戴森展开至第二阶，有

$\begin{aligned} \langle f|U_{I}(t)|i\rangle&=\langle f|i\rangle+\frac{-i}{\hbar}\int_{0}^{t}dt_{1}\langle f|V_{I}(t_{1})|i\rangle+\left(-\frac{i}{\hbar}\right)^{2}\int_{0}^{t}dt_{1}\int_{0}^{t_{1}}dt_{2}\langle f|V_{I}(t_{1})V_{I}(t_{2})|i\rangle+\cdots \\[1em] &=\delta_{if}+\frac{-i}{\hbar}\int_{0}^{t}dt_{1}\langle f|V_{I}(t_{1})|i\rangle-\frac{1}{\hbar^{2}}\sum_{n}\int_{0}^{t}dt_{1}\int_{0}^{t_{1}}dt_{2}\langle f|V_{I}(t_{1})|n\rangle\langle n|V_{I}(t_{2})|i\rangle+\cdots \end{aligned}$

其中我们插入了完备关系 $\sum_n|n\rangle\langle n|=1$ 。定义矩阵元 $V_{mn}(t)\equiv\langle m|V(t)|n\rangle$ ，那么上式等于

$\langle f|U_{I}(t)|i\rangle=\underbrace{\delta_{if}}_{c_{i\to f}^{(0)}(t)}\underbrace{+\frac{-i}{\hbar}\int_{0}^{t}dt_{1}e^{i\omega_{fi}t_{1}}V_{fi}(t_{1})}_{c_{i\to f}^{(1)}(t)}\underbrace{-\frac{1}{\hbar^{2}}\sum_{n}\int_{0}^{t}dt_{1}\int_{0}^{t_{1}}dt_{2}e^{i\omega_{fn}t_{1}+i\omega_{ni}t_{2}}V_{fn}(t_{1})V_{ni}(t_{2})+\ldots}_{c_{i\to f}^{(2)}(t)}$

其中 $\omega_{fi}=(\omega_f-\omega_i)$ 。这个概率幅度可以分为三部分，分别为零阶、第一阶和第二阶微扰项。因此跃迁概率涉及到矩阵元的傅里叶积分，且傅里叶变换的频率就是跃迁频率 $\omega_{fi}$ 。

$P_{i\to f}(t)=\left|c_{i\to f}^{(0)}(t)+c_{i\to f}^{(1)}(t)+c_{i\to f}^{(2)}(t)+\cdots\right|^2$

在大多数实际问题中，通常保留到第一阶微扰项就有足够的精确度。若这两个态不相同 $i\neq f$ ，则零阶项为零，跃迁概率为

$P_{i\to f}(t)\approx\left|c_{i\to f}^{(1)}(t)\right|^2=\frac{1}{\hbar^2}\left|\int_0^tdt_1e^{i\omega_{fi}t_1}V_{fi}(t_1)\right|^2$

取模方后精确度来到了二阶，注意厄米算符 $V_{fi}(t_1)=V_{if}^*(t_1)$ ，所以在二阶精度下

$P_{f\to i}(t)=\frac{1}{\hbar^{2}}\left|\int_{0}^{t}dt_{1}e^{i\omega_{if}t_{1}}V_{if}(t_{1})\right|^{2}=\frac{1}{\hbar^2}\left|\left[\int_0^tdt_1e^{i\omega_{fi}t_1}V_{fi}(t_1)\right]^*\right|^2=P_{i\to f}(t)$

即在二阶精度下，正向和反向跃迁概率相等，这就是微扰论中的细致平衡原理（只在二阶下成立），这就是受激辐射和吸收概率相等的量子力学基础。

但在某些情况下，一阶项中的 $V_{fi}(t)=\langle f|V(t)|i\rangle$ 很小甚至消失，一阶近似和零阶近似没有区别，那么此时只能向后考虑二阶项。

二阶微扰

二阶微近似下的跃迁概率为

$P_{i\to f}(t)=\frac{1}{\hbar^2}\left|\int_0^tdt_1e^{i\omega_{fi}t_1}V_{fi}(t_1)-\frac{i}{\hbar}\sum_{n(\neq i,f)}\int_0^tdt_1\int_0^{t_1}dt_2e^{i\omega_{fn}t_1+i\omega_{ni}t_2}V_{fn}(t_1)V_{ni}(t_2)\right|^2$

其中第二项不取 $n=i,f$ 是因为 $V_{fi}\left(t\right)$ 足够小而无需考虑。二阶项（间接过程）中包含了一个中间态 $|n\rangle$ ，包含了 $|i\rangle\rightarrow|n\rangle$ 和 $|n\rangle\rightarrow|f\rangle$ 的跃迁，而一阶项（直接过程）则直接从 $|i\rangle\rightarrow|f\rangle$ ，少了一个中间态。由于概率是概率幅的模方，因此两种跃迁概率会发生干涉，我们无法单独为其中任一过程赋予明确的概率意义。然而，对于每个独立过程而言，都存在对应的概率幅。

费米黄金定则

例如周期性微扰：考虑一个受周期性微扰的量子系统（如一个原子处于交变的平行板电容器中），其微扰项为

$V(t)=V e^{-i\omega t}+V^\dagger e^{i\omega t},\qquad \omega>0$

一阶微扰项的概率幅为

$\begin{aligned} c_{i\to f}^{(1)}(t)&=\frac{-i}{\hbar}\int_0^tdt_1e^{i\omega_{fi}t_1}V_{fi}(t_1)=\frac{-i}{\hbar}\int_0^tdt_1e^{i\omega_{fi}t_1}\left(\mathcal{V}_{fi}e^{-i\omega t_1}+\mathcal{V}_{fi}^\dagger e^{i\omega t_1}\right) \\[1em] &=-\frac{1}{\hbar}\left(\mathcal{V}_{fi}\frac{e^{i(\omega_{fi}-\omega)t}-1}{\omega_{fi}-\omega}+\mathcal{V}_{fi}^{\dagger}\frac{e^{i(\omega_{fi}+\omega)t}-1}{\omega_{fi}+\omega}\right) \end{aligned}$

其中 $e^{i(\omega_{fi}-\omega)t}-1$ 为复平面上的矢量相减，具有周期性，最大值为 $2$ ，最小值为 $0$ ，如下图红色矢量所示

如果概率不匹配 $\omega_{fi}\pm\omega\neq0$ ，那么概率随时间增加但保持有界
如果概率匹配 $\omega_{fi}=\pm\omega$ ，那么第一项或第二项的分母趋于零，利用泰勒展开可知概率幅随时间线性增长，概率二次增长
- 当 $E_f>E_i\Rightarrow\omega_{fi}>0$ 且 $\omega_{fi}=\omega$ 时，称为共振吸收过程
- 当 $E_f<E_i\Rightarrow\omega_{fi}<0$ 且 $\omega_{fi}=-\omega$ 时，称为共振发射过程

我们考虑共振吸收过程，此时跃迁概率由第一项主导

$\left|c_{i\to f}^{(1)}(t)\right|^2=\left|-\frac{1}{\hbar}\nu_{fi}\frac{e^{i(\omega_{fi}-\omega)t}-1}{\omega_{fi}-\omega}\right|^2=\frac{1}{\hbar^2}|\nu_{fi}|^2\left[\frac{\sin\left[\frac{1}{2}(\omega-\omega_{fi})t\right]}{\frac{1}{2}(\omega-\omega_{fi})}\right]^2$

其中概率随失谐 $\Delta\equiv\omega-\omega_{fi}$ 呈现出一个主峰和多个旁瓣的形式，如下图所示（注意是随失谐的变化而不是时间）

从上图中我们可以理解一个不确定关系： $\Delta E \cdot \Delta t\geq \hbar/2$ 。跃迁频率不会是普通物理中那样正好是一个频率，而是会在中心频率附近存在一定展宽，只是在大失谐情形下，跃迁概率会骤减。若仪器作用时间 $\Delta t$ 以后，测得态的能量是不确定的，不确定度正是上图中的主峰宽度。

（一）： 如果 $E_f$ 和 $E_i$ 是分立的能级

失谐 $\omega \neq \omega_{fi}$ ，概率呈现振荡行为。
失谐 $\Delta=0$ 时，概率达到最大值 $P_{i\to f}(t)=\frac{|\nu_{fi}|^2}{\hbar^2}t^2$ ，且随着时间的增加而增加。

当然概率不会无限增大，当概率接近 $1$ 时，高阶项的作用将不能忽略，将会阻止概率超过 $1$ 。

（二）： 大多数情况下，终态是一个连续的能级区间，也就是一个能带 $E_f=E_i + \hbar \omega$

那么从初态 $E_i$ 跃迁到能带中的总概率就需要对所有的终态做积分，但是这个积分不易计算，因此我们引入近似： $|V_{fi}|^2$ 在能带内变化不大，可以近似为常数。我们还需要知晓态密度：连续能级内单位能量间隔内的态数目 $n(E)dE$ ，所以对能带内所有终态做积分为

$\sum_f\cdots\to\int dEn(E)\cdots$

因此总跃迁概率为

$\sum_{f}\left|c_{i\rightarrow f}^{(1)}(t)\right|^{2}=\sum_{f}\frac{1}{\hbar^{2}}|V_{fi}|^{2}\left[\frac{\sin\left[\frac{1}{2}(\omega-\omega_{fi})t\right]}{\frac{1}{2}(\omega-\omega_{fi})}\right]^{2}\approx\frac{1}{\hbar^{2}}|V_{fi}|^{2}\int \textcolor{red}{dEn(E)}\left[\frac{\sin\left[\frac{1}{2}(\omega-(E-E_{i})/\hbar)t\right]}{\frac{1}{2}(\omega-(E-E_{i})/\hbar)}\right]^{2}$

由于积分对象是频率，又根据概率的函数图像，中心峰的面积便可近似为整个积分值，那么这个近似在什么条件下成立呢？若令 $\omega-\omega_{fi}=\Delta E/\hbar>2\pi/t$ ，则中心峰全部落在能带范围内，因此近似成立。若时间足够长 $t>2\pi\hbar/\Delta E$ ，且态密度在能带内变化不大，那么可以将态密度因子提到积分符号外面，得到

$\begin{aligned} \sum_f\left|c_{i\to f}^{(1)}(t)\right|^2&\approx\frac{1}{\hbar^{2}}|\mathcal{V}_{fi}|^{2}n(\hbar\omega+E_{i})\int dE\left[\frac{\sin\left[\frac{1}{2}(\omega-(E-E_{i})/\hbar)t\right]}{\frac{1}{2}(\omega-(E-E_{i})/\hbar)}\right]^{2} \\[1em] &=\frac{1}{\hbar}|\mathcal{V}_{fi}|^{2}n(\hbar\omega+E_{i})2\pi t \end{aligned}$

做了这么多近似后，总算得到了正比于时间的跃迁概率，我们可以定义一个跃迁率，即单位时间内的跃迁概率

$\frac{\sum_f\left|c_{i\to f}^{(1)}(t)\right|^2}{t}=\frac{2\pi}{\hbar}|\mathcal{V}_{fi}|^2n(\hbar\omega+E_i)$

这就是著名的费米黄金定则，是含时微扰理论中最常用的结果之一。其使用条件为：

首先要满足 $t>\frac{2\pi\hbar}{\Delta E}$
但是 $t$ 又不能太大。由于能带并不是完全连续的，而是由离散能级组成的，若每个离散能级之间的微小间距为 $\delta E$ ，为了有足够多的态落在中心峰内，时间还需要满足 $t\ll\frac{2\pi\hbar}{\delta E}$

所有微扰理论都是一个近似理论，那么就总有适用范围，总的来说（微扰的性质而不是费米黄金定则的性质）：

在长时间内，无论微扰有多么微弱，只要微扰作用的时间足够长，微扰理论都将失效，含时微扰无法用于计算长时间的动力学。
在短时间内，无论微扰有多么强烈，只要微扰作用的时间足够短，微扰理论都将成立。

粗略地说，微扰理论的效果取决于微扰强度与作用时间的乘积 $|\mathcal{V}_{fi}t|/\hbar$ 是否足够小。

费曼路径积分

路径积分的引入

费曼路径积分是量子力学的第三种表述方式，和薛定谔波动力学、海森堡矩阵力学等价。其优点是能够提供一些启发性的观点，尤其是能帮助我们看到与经典力学的联系，缺点是计算复杂。

$1933$ 年，狄拉克注意到，作用量 $S$ （拉格朗日量的时间积分）在经典力学中起着核心作用，因此拉格朗日量在经典力学中比哈密顿量更为基本，但在量子力学中，拉格朗日量却很少被提及。狄拉克猜测：量子力学中的传播子对应于经典力学中的作用量指数函数形式 $e^{\frac{i}{\hbar}S[q_{\mathrm{cl}}(t)]}$ 。

$1948$ 年，费曼发展了狄拉克的猜想并成功导出了量子力学的第三种形式。费曼猜测：传播子可以写成所有可能路径 $q(t)$ 的和（而不仅仅是经典路径 $q_{\text{cl}}(t)$ ）。每个路径都贡献 $e^{\frac{i}{\hbar}S[q(t)]}$ 的传播子。

狄拉克只考虑了经典路径，而费曼则考虑了所有可能路径的贡献，粒子沿着所有可能路径运动，各路径振幅按我们熟知的叠加规则相加，这其实是态叠加原理的体现。

那么我们为什么要学习路径积分呢？事实上，若只考虑单体量子力学问题，路径积分并没有什么优势，反而计算更复杂。但路径积分在处理多体系统和量子场论时有着无可比拟的优势，尤其是在量子场论中，路径积分是十分重要的方法，也就是说，在一些高端的领域，路径积分是不可或缺的工具。路径积分可以帮助我们更好地理解量子力学，例如，任何能够理解光学中杨氏双缝实验的人都应能理解路径积分的深层原理、通过路径积分可以更清晰地理解量子力学的经典极限 $\left(\hbar\to0\right)$ 。

传播子

考虑一个三维空间中单粒子的哈密顿量

$H(t)=\frac{p^{2}}{2m}+V(\boldsymbol{q},t)$

若其初态为 $|\psi(t_0)\rangle$ ，那么在任意时刻 $t$ 的态为 $|\psi(t)\rangle=U(t,t_0)|\psi(t_0)\rangle$ ，那么这个时间演化态的波函数为

$\begin{aligned} \psi(\boldsymbol{q}^{\prime\prime},t)=\langle\boldsymbol{q}^{\prime\prime}|\psi(t)\rangle & =\langle\boldsymbol{q}^{\prime\prime}|U(t,t_0)|\psi(t_0)\rangle=\int d^3q^{\prime}\langle\boldsymbol{q}^{\prime\prime}|U(t,t_0)|\boldsymbol{q}^{\prime}\rangle\langle\boldsymbol{q}^{\prime}|\psi(t_0)\rangle \end{aligned}$

得到

$\psi(q^{\prime\prime},t)=\int d^3q^{\prime}\langle q^{\prime\prime}|U(t,t_0)|q^{\prime}\rangle\psi(q^{\prime},t_0)$

上式说明，若已知初态的波函数 $\psi(\boldsymbol{q}^\prime,t_0)$ ，通过一个空间积分便可得到 $t$ 时刻的波函数 $\psi(\boldsymbol{q}^{\prime\prime},t)$ ，这就是传播子的形象概念。上述方程既可以向前演化到未来 $\left(t>t_0\right)$ ，也可以向后演化到过去 $\left(t<t_0\right)$ ，通过引入传播子，可得到一个用于预测未来的方程

$K(q^{\prime\prime},t;q^{\prime},t_0)\equiv\langle q^{\prime\prime}|U(t,t_0)|q^{\prime}\rangle\theta(t-t_0)$

其中 $\theta(t-t_0)$ 为阶跃函数，保证了时间的因果性。传播子的物理意义为：粒子从时刻 $t_0$ 的位置 $q^{\prime}$ 出发，在时刻 $t$ 位于位置 $q^{\prime\prime}$ 的概率幅。其具有以下性质

当正向趋于初始时刻时，传播子退化为狄拉克 $\delta$ 函数
传播子满足一个类似于薛定谔方程的方程

$[i\hbar\partial_t-\widehat{H}(q^{\prime\prime},t)]K(q^{\prime\prime},t;q^{\prime},t_0)=i\hbar\delta(t-t_0)\delta(q^{\prime\prime}-q^{\prime})$

由于 $K$ 满足具有单位源的非齐次方程，因此也常被称为含时薛定谔方程的格林函数。
传播子满足以下复合律

$K(\boldsymbol{q}^{\prime\prime},t;\boldsymbol{q}^{\prime},t_0)=\int d^3q^{\prime\prime\prime}K(\boldsymbol{q}^{\prime\prime},t;\boldsymbol{q}^{\prime\prime\prime},t^{\prime})K(\boldsymbol{q}^{\prime\prime\prime},t^{\prime};\boldsymbol{q}^{\prime},t_0),\quad t>t^{\prime}>t_0$

为简单起见，接下来我们考虑粒子在一维运动情形，若哈密顿量不含时 $H=\frac{p^2}{2m}+V(q)$ ，那么传播子为

$K(q^{\prime\prime},T;q^{\prime},0)=\langle q^{\prime\prime}|e^{-iHT/\hbar}|q^{\prime}\rangle\theta(T)$

注意到，若哈密顿量不含时，那么传播子具有时间平移不变性，只与时间差 $T=t-t_0$ 有关

$K(q^{\prime\prime},T+t;q^{\prime},t)=K(q^{\prime\prime},T;q^{\prime},0)$

对于一个自由粒子 $V(q)=0$ ，可以计算出其传播子为

$K(q^{\prime\prime},T;q^{\prime},0)=\frac{1}{2\pi\hbar}\sqrt{-i}e^{i\frac{2m\hbar(q^{\prime\prime}-q^{\prime})^2}{4T\hbar^2}}\sqrt{\frac{2m\hbar\pi}{T}}\theta(T)=\sqrt{\frac{m}{2i\pi\hbar T}}e^{\frac{i}{\hbar2}m\frac{(q^{\prime\prime}-q^{\prime})^2}{T}}\theta(T)$

这看起来很复杂，实际上很简洁。回忆一下经典自由粒子的作用量

$\begin{aligned} S[q_{\mathrm{cl}}(t)] & \equiv\int_0^TdtL(q_{\mathrm{cl}},\dot{q}_{\mathrm{cl}}) \\[1em] & =\int_0^Tdt\frac{1}{2}m\left(\frac{q^{\prime\prime}-q^{\prime}}{T}\right)^2=\frac{m\left(q^{\prime\prime}-q^{\prime}\right)^2}{2T} \end{aligned}$

因此，自由粒子的传播子可以写成

$K(q^{\prime\prime},T;q^{\prime},0)=\sqrt{\frac{m}{2i\pi\hbar T}}e^{\frac{i}{\hbar}S[q_{\mathrm{cl}}(t)]}\theta(T)$

因此，狄拉克的猜想在自由粒子情形下是成立的，传播子正比于经典路径作用量的指数函数形式，但是对于三次型的拉格朗日量，狄拉克的猜想并不成立，因此狄拉克被这个巧合误导了。

路径积分是所有可能路径的和

虽然在历史上费曼以一种不同的方式提出了路径积分，并证明其与量子力学常规表述等价，但接下来我们将会从量子力学导出路径积分。假定总有 $T>0$ ，

$\begin{aligned} &K(q^{\prime\prime},T;q^{\prime},0)=\langle q^{\prime\prime}|e^{-\frac{i}{\hbar}H(T-t_1)}e^{-\frac{i}{\hbar}Ht_1}|q^{\prime}\rangle \\[1em] &=\int dq_1^{\prime}\langle q^{\prime\prime}|e^{-\frac{i}{\hbar}H(T-t_1)}|q_1^{\prime}\rangle\langle q_1^{\prime}|e^{-\frac{i}{\hbar}Ht_1}|q^{\prime}\rangle \\[1em] & =\int dq_1^\prime K(q^{\prime\prime},T-t_1;q_1^\prime,0)K(q_1^\prime,t_1;q^\prime,0) \\[1em] & =\int dq_1^{\prime}K(q^{\prime\prime},T;q_1^{\prime},t_1)K(q_1^{\prime},t_1;q^{\prime},0) \end{aligned}$

完备基 $\int dq_1^{\prime}|q_1^{\prime}\rangle\langle q_1^{\prime}|=1$ 的插入就相当于在 $[0,T]$ 内插入了双缝干涉中的一堵墙。

上式的物理意义为：从 $q^{\prime}$ 到 $q^{\prime\prime}$ 传播的粒子在任意中间时刻 $t_1$ 必须位于 $q^{\prime}$ 的某个位置，由于 $q_1^{\prime}$ 可以取任意值，因此粒子可以经过所有可能的位置，我们计算通过 $q^{\prime}$ 传播的振幅，并对所有可能的中间位置进行积分。

我们可以重复 $T$ 的划分：将其划分为 $N$ 个时间间隔，每个间隔的宽度为 $\Delta \equiv T/N$ ，整个传播过程可分为 $N$ 个小过程，每个小过程的时间间隔为 $\Delta$ ，那么传播子可写成

$K(q^{\prime\prime},T;q^{\prime},0)=\langle q^{\prime\prime}|(e^{-\frac{i}{\hbar}H\Delta})^N|q^{\prime}\rangle=\langle q^{\prime\prime}|e^{-\frac{i}{\hbar}H\Delta}e^{-\frac{i}{\hbar}H\Delta}\cdots e^{-\frac{i}{\hbar}H\Delta}|q^{\prime}\rangle$

为了符号统一，定义 $q_0^{\prime}=q^{\prime}, q_N^{\prime}=q^{\prime\prime}$ ，那么传播子为

$=\int dq_1^{\prime}\cdots dq_{N-1}^{\prime}\langle q_N^{\prime}|e^{-\frac{i}{\hbar}H\Delta}|q_{N-1}^{\prime}\rangle\langle q_{N-1}^{\prime}|e^{-\frac{i}{\hbar}H\Delta}|q_{N-2}^{\prime}\rangle\cdots\langle q_2^{\prime}|e^{-\frac{i}{\hbar}H\Delta}|q_1^{\prime}\rangle\langle q_1^{\prime}|e^{-\frac{i}{\hbar}H\Delta}|q_0^{\prime}\rangle \\[1em] =\int dq_1^{\prime}\cdots dq_{N-1}^{\prime}K(q_N^{\prime},\Delta;q_{N-1}^{\prime},0)K(q_{N-1}^{\prime},\Delta;q_{N-2}^{\prime},0)\cdots K(q_2^{\prime},\Delta;q_1^{\prime},0)K(q_1^{\prime},\Delta;q_0^{\prime},0)$

注意，初始墙和最终墙 $q_0^{\prime}$ 和 $q_N^{\prime}$ 是不参与积分的。若不考虑 $N\to\infty$ 极限的数学细节，那么这就会成为对所有 $q-t$ 图上可能路径概率幅的求和：

$A=K(q^{\prime\prime},T;q^{\prime},0)=\sum_\mathrm{paths}A_\mathrm{path}$

其中

$\Sigma_{\mathrm{paths}}=\int dq_{1}^{\prime}\cdots dq_{N-1}^{\prime}\\[1em] A_{\mathrm{path}}=K(q_{N}^{\prime},\Delta;q_{N-1}^{\prime},0)\cdots K(q_{2}^{\prime},\Delta;q_{1}^{\prime},0)K(q_{1}^{\prime},\Delta;q_{0}^{\prime},0)$

让我们详细计算一下 $N\to\infty$ 极限下的无穷小传播子。对于一个子区间上的传播子，我们基于 $\Delta$ 的小量性质做泰勒展开

$\begin{gathered} K\left(q_{j+1}^{\prime},\Delta;q_j^{\prime},0\right)=\langle q_{j+1}^{\prime}|e^{-\frac{i}{\hbar}H\Delta}|q_{j}^{\prime}\rangle=\langle q_{j+1}^{\prime}|1-\frac{i}{\hbar}H\Delta-\frac{1}{2}H^2\Delta^2+\cdots|q_{j}^{\prime}\rangle \\[1em] =\left\langle q_{j+1}^{\prime}|q_j^{\prime}\right\rangle-\frac{i}{\hbar}\Delta\left\langle q_{j+1}^{\prime}|H|q_j^{\prime}\right\rangle+O(\Delta^2) \end{gathered}$

第一项 $\left\langle q_{j+1}^{\prime}|q_j^{\prime}\right\rangle$

这就是一个 $\delta$ 函数，插入一个动量完备关系 $\int dp_j^{\prime}|p_j^{\prime}\rangle\langle p_j^{\prime}|=1$ ，得到

$\left\langle q_{j+1}^{\prime}|q_j^{\prime}\right\rangle=\delta\left(q_{j+1}^{\prime}-q_j^{\prime}\right)=\frac{1}{2\pi\hbar}\int dp_j^{\prime}e^{\frac{i}{\hbar}p_j^{\prime}(q_{j+1}^{\prime}-q_j^{\prime})}$
第二项 $-\frac{i}{\hbar}\Delta\left\langle q_{j+1}^{\prime}|H|q_j^{\prime}\right\rangle$ ，同样插入动量完备关系

$\begin{aligned} -\frac{i}{\hbar}\Delta\left\langle q_{j+1}^{\prime}|H|q_j^{\prime}\right\rangle&=-\frac{i}{\hbar}\Delta\left\langle q_{j+1}^{\prime}\left|\frac{p^2}{2m}+V(q)\right|q_j^{\prime}\right\rangle=-\frac{i}{\hbar}\Delta\int dp_j^{\prime}\left\langle q_{j+1}^{\prime}\left|\frac{p_j^{\prime2}}{2m}+V\left(q_{j+1}^{\prime}\right)|p_j^{\prime}\rangle\langle p_j^{\prime}\right|q_j^{\prime}\right\rangle \\[1em] &=-\frac{i}{\hbar}\Delta\frac{1}{2\pi\hbar}\int dp_j^{\prime}\left[\frac{p_j^{\prime2}}{2m}+V\left(q_{j+1}^{\prime}\right)\right]e^{\frac{i}{\hbar}p_j^{\prime}(q_{j+1}^{\prime}-q_j^{\prime})} \end{aligned}$

值得注意的是，动量完备关系的插入本该不影响结果，但是若将其插入至哈密顿量的左边，那么会得到势能项 $V(q_j^{\prime})$ ，而插入至哈密顿量的右边，则会得到势能项 $V(q_{j+1}^{\prime})$ ，因此我们做一个折中，取势能项的平均值 $\bar{q}_j^{\prime}\equiv\frac{1}{2}\left(q_j^{\prime}+q_{j+1}^{\prime}\right)$

经过插入动量完备基，我们将算符的哈密顿量改成了 $c$ 数形式，虽然付出的代价是引入积分，但将不对易的算符都变成普通的量后，我们就可以进行各种计算，例如微扰展开等。合并两项，得到

$K\left(q_{j+1}^{\prime},\Delta;q_j^{\prime},0\right)=\frac{1}{2\pi\hbar}\int dp_j^{\prime}\left(1-\frac{i}{\hbar}\Delta\left[\frac{p_j^{\prime2}}{2m}+V\left(\bar{q}_j^{\prime}\right)\right]+O(\Delta^2)\right)e^{\frac{i}{\hbar}p_j^{\prime}(q_{j+1}^{\prime}-q_j^{\prime})}$

再将能量的泰勒展开收回至 $e$ 指数中，得到

$\begin{aligned} K\left(q_{j+1}^{\prime},\Delta;q_j^{\prime},0\right)&=\frac{1}{2\pi\hbar}\int dp_j^{\prime}e^{-\frac{i}{\hbar}\Delta H(p_j^{\prime},\bar{q}_j^{\prime})}e^{\frac{i}{\hbar}p_j^{\prime}(q_{j+1}^{\prime}-q_j^{\prime})} \\[1em] &=\frac{1}{2\pi\hbar}\int dp_j^\prime e^{\frac{i}{\hbar}\Delta\left[p_j^\prime\dot{q}_j^\prime-H\left(p_j^\prime,\bar{q}_j^\prime\right)\right]} \end{aligned}$

其中 $\dot{q}_j^{\prime}\equiv\frac{q_{j+1}^{\prime}-q_j^{\prime}}{\Delta}$ 。注意到，括号内的项正好是经典力学中的勒让德变换关系 $L(q,\dot{q})=p\dot{q}-H(p,q)$ ，因此无穷小传播子可写成

$K\left(q_{j+1}^{\prime},\Delta;q_j^{\prime},0\right)=\frac{1}{2\pi\hbar}\int dp_j^{\prime}e^{\frac{i}{\hbar}\Delta L\left(\bar{q}_j^{\prime},\dot{q}_j^{\prime}\right)}$

相空间中的路径积分

将无穷小传播子代入到总传播子中，得到

$\begin{aligned} A_{\mathrm{path}} & =K(q_N^{\prime},\Delta;q_{N-1}^{\prime},0)\cdots K(q_2^{\prime},\Delta;q_1^{\prime},0)K(q_1^{\prime},\Delta;q_0^{\prime},0) \\[1em] & =\int\frac{dp_0^{\prime}}{2\pi\hbar}\cdotp\cdotp\cdotp\frac{dp_{N-1}^{\prime}}{2\pi\hbar}e^{\frac{i}{\hbar}\Delta\sum_{j=0}^{N-1}\left[p_j^{\prime}\dot{q}_j^{\prime}-H\left(p_j^{\prime},\bar{q}_j^{\prime}\right)\right]} \end{aligned}$

再进行所有“墙”的空间积分求和

$K(q_N^{\prime},T;q_0^{\prime},0)=\int\prod_{j=1}^{N-1}dq_j^{\prime}\prod_{j=0}^{N-1}\frac{dp_j^{\prime}}{2\pi\hbar}e^{\frac{i}{\hbar}\Delta\sum_{j=0}^{N-1}\left[p_j^{\prime}\dot{q}_j^{\prime}-H\left(p_j^{\prime},\bar{q}_j^{\prime}\right)\right]}$

注意，上式中动量积分有 $N$ 个（每个区间一个），位置积分有 $N-1$ 个（初始和最终位置不积分，每个分隔线一个），因此总传播子为

由于是对 $p$ 和 $q$ 的所有可能取值做积分，因此在 $N\to\infty$ 极限下，上述结果便是相空间中的路径积分。

位形空间中的路径积分

如果哈密顿量是动量的二次型，例如单粒子哈密顿量 $H=\frac{p^2}{2m}+V(q)$ ，那么动量积分可以显式地计算出来，从而得到位形空间中的路径积分。总传播子为

$\begin{aligned} K(q_{N}^{\prime},T;q_{0}^{\prime},0) & =\int\prod_{j=1}^{N-1}dq_j^{\prime}\prod_{j=0}^{N-1}\frac{dp_j^{\prime}}{2\pi\hbar}e^{\frac{i}{\hbar}\Delta\sum_{j=0}^{N-1}\left[p_j^{\prime}\dot{q}_j^{\prime}-\frac{p_j^{\prime2}}{2m}-V\left(\bar{q}_j^{\prime}\right)\right]} \\[1em] & =\int\prod_{j=1}^{N-1}dq_j^{\prime}e^{-\frac{i}{\hbar}\Delta\Sigma_{j=0}^{N-1}V\left(\bar{q}_j^{\prime}\right)}\textcolor{red}{\prod_{j=0}^{N-1}\frac{dp_j^{\prime}}{2\pi\hbar}e^{\frac{i}{\hbar}\Delta\Sigma_{j=0}^{N-1}\left(p_j^{\prime}\dot{q}_j^{\prime}-\frac{p_j^{\prime2}}{2m}\right)}} \end{aligned}$

根据积分公式

$\int_{-\infty}^{\infty}dxe^{-iax^2\pm ikx}=e^{-i\frac{\pi}{4}}e^{i\frac{k^2}{4a}}\sqrt{\frac{\pi}{a}}$

得到动量积分为

$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp_j^{\prime}}{2\pi\hbar}e^{-i\frac{\Delta}{2m\hbar}p_j^{\prime2}+i\frac{\Delta\dot{q}_j^{\prime}}{\hbar}p_j^{\prime}}=\frac{1}{2\pi\hbar}e^{-i\frac{\pi}{4}}e^{i\frac{m\hbar}{2\Delta}\left(\frac{\Delta\dot{q}_j^{\prime}}{\hbar}\right)^2}\sqrt{\frac{2m\hbar\pi}{\Delta}}=e^{i\frac{m\Delta}{2\hbar}\left(\dot{q}_j^{\prime}\right)^2}\sqrt{\frac{m}{i2\pi\hbar\Delta}}$

所以总传播子为

$\begin{aligned} K(q_N^\prime,T;q_0^\prime,0) & =\int\prod_{j=1}^{N-1}dq_j^{\prime}e^{-\frac{i}{\hbar}\Delta\sum_{j=0}^{N-1}V\left(\bar{q}_j^{\prime}\right)}\prod_{j=0}^{N-1}e^{i\frac{m\Delta}{2\hbar}\left(\dot{q}_j^{\prime}\right)^2}\sqrt{\frac{m}{i2\pi\hbar\Delta}} \\[1em] & =\left(\frac{m}{i2\pi\hbar\Delta}\right)^{\frac{N}{2}}\int\prod_{j=1}^{N-1}dq_j^{\prime}e^{-\frac{i}{\hbar}\Delta\sum_{j=0}^{N-1}V\left(\bar{q}_j^{\prime}\right)}e^{\frac{i}{\hbar}\Delta\sum_{j=0}^{N-1}\frac{1}{2}m\left(\dot{q}_j^{\prime}\right)^2}\\[1em] &=\boxed{\left(\frac{m}{i2\pi\hbar\Delta}\right)^{\frac{N}{2}}\int\prod_{j=1}^{N-1}dq_j^{\prime}e^{\frac{i}{\hbar}\Delta\sum_{j=0}^{N-1}\left[\frac{1}{2}m\left(\dot{q}_j^{\prime}\right)^2-V\left(\bar{q}_j^{\prime}\right)\right]}} \end{aligned}$

上式就是位形空间的路径积分形式，其中 $e$ 指数的参数正好是作用量的离散形式

$S[q^{\prime}(t)]=\int_0^Tdt\left[\frac{1}{2}m(\dot{q}^{\prime})^2-V(q^{\prime})\right]=\int_0^TdtL(q^{\prime},\dot{q}^{\prime})$

传播子的验证

自由粒子的传播子

我们在之前计算了自由粒子的传播子，现在我们来验证一下路径积分形式的传播子是否和之前的结果一致。对于自由粒子 $V(q)=0$ ，传播子为

$\begin{aligned} & K(q_{N}^{\prime},T;q_{0}^{\prime},0)=\left(\frac{m}{i2\pi\hbar\Delta}\right)^{\frac{N}{2}}\int\prod_{j=1}^{N-1}dq_{j}^{\prime}e^{\frac{i}{\hbar}\Delta\sum_{j=0}^{N-1}\frac{1}{2}m\left(\dot{q}_{j}^{\prime}\right)^{2}} \\[1em] & =\left(\frac{m}{i2\pi\hbar\Delta}\right)^{\frac{N}{2}}\int\prod_{j=1}^{N-1}dq_j^{\prime}e^{\frac{i\Delta1}{\hbar2}m\left[\left(\frac{q_N^{\prime}-q_{N-1}^{\prime}}{\Delta}\right)^2+\cdots+\left(\frac{q_2^{\prime}-q_1^{\prime}}{\Delta}\right)^2+\left(\frac{q_1^{\prime}-q_0^{\prime}}{\Delta}\right)^2\right]}\\[1em] &=\left(\frac{m}{i2\pi\hbar\Delta}\right)^{\frac{N}{2}}\left(\frac{2\hbar\Delta}{m}\right)^{\frac{N-1}{2}}\int\prod_{j=1}^{N-1}dx_j^{\prime}e^{i\left[\left(x_N^{\prime}-x_{N-1}^{\prime}\right)^2+\cdots+\left(x_2^{\prime}-x_1^{\prime}\right)^2+\left(x_1^{\prime}-x_0^{\prime}\right)^2\right]} \\[1em] &=\left(\frac{m}{i2\pi\hbar\Delta}\right)^{\frac{N}{2}}\left(\frac{2\hbar\Delta}{m}\right)^{\frac{N-1}{2}}\sqrt{\frac{i\pi}{2}}\int\prod_{j=2}^{N-1}dx_j^{\prime}e^{i\left[\left(x_N^{\prime}-x_{N-1}^{\prime}\right)^2+\cdots+\left(x_3^{\prime}-x_2^{\prime}\right)^2\right]}e^{\frac{i}{2}(x_2^{\prime}-x_0^{\prime})^2} \end{aligned}$

倒数第二式中我们做了无量纲的变量替换 $x_j^{\prime}=\sqrt{\frac{m}{2\hbar\Delta}}q_j^{\prime}$ ，最后一式中利用了积分公式

$\int_{-\infty}^{\infty}dxe^{i(a-x)^2+\frac{i}{n}(x-b)^2}=\sqrt{\frac{in\pi}{n+1}}e^{\frac{i}{n+1}(a-b)^2}$

重复以上套娃过程，最终得到

$K(q_N^{\prime},T;q_0^{\prime},0)=\sqrt{\frac{m}{2\hbar Ti\pi}}e^{\frac{im}{\hbar2T}(q^{\prime\prime}-q^{\prime})^2}$

这与之前对传播子的直接计算得出的结果完全一致，但是这里使用的路径积分计算要复杂得多。

谐振子的路径积分也是可以算出来的，也是与经典作用量相对应。我们接下来证明：对于所有的二次型拉格朗日量，路径积分的结果都与经典作用量相对应。

二次型拉格朗日量的位形空间路径积分

引入一个记号，使得位形空间的路径积分形式可以写成如下形式

$K(q^{\prime\prime},T;q^{\prime},0)=\int_{q(0)=q^{\prime}}^{q(T)=q^{\prime\prime}}D[q(t)]e^{\frac{i}{\hbar}\int_0^TdtL(q,\dot{q})}$

其中

$\int_{q(0)=q^{\prime}}^{q(T)=q^{\prime\prime}}D[q(t)]\equiv\lim_{N\to\infty}\left(\frac{m}{i2\pi\hbar\Delta}\right)^{\frac{N}{2}}\int\prod_{j=1}^{N-1}dq_j^{\prime}$

考虑一般的二次型拉格朗日量

$L(q,\dot{q})=\frac{1}{2}a(t)\dot{q}^2+\frac{1}{2}b(t)q^2+c(t)q$

欧拉-拉格朗日方程给出的经典路径满足

$\frac{d}{dt}(a\dot{q}_{\mathrm{cl}})-bq_{\mathrm{cl}}-c=0$

边界条件为 $q_\mathrm{cl}(0)=q^{\prime},q_\mathrm{cl}(T)=q^{\prime\prime}$

任意路径都可以写成经典路径加上一个偏移的形式

$q(t)=q_\mathrm{cl}(t)+y(t) \qquad \text{且} \qquad y(0)=y(T)=0$

那么传播子的积分变量便变成了对 $y(t)$ 的积分

$K(q^{\prime\prime},T;q^{\prime},0)=\int_{y(0)=0}^{y(T)=0}D[y(t)]e^{\frac{i}{\hbar}\int_0^TdtL(q_{\mathrm{cl}}+y,\dot{q}_{\mathrm{cl}}+\dot{y})}$

将 $L(q_{\mathrm{cl}}+y,\dot{q}_{\mathrm{cl}}+\dot{y})$ 乘积展开

$\begin{aligned} L(q_{\mathrm{cl}}+y,\dot{q}_{\mathrm{cl}}+\dot{y})&=\frac{1}{2}a(\dot{q}_{\mathrm{cl}}+\dot{y})^{2}+\frac{1}{2}b(q_{\mathrm{cl}}+y)^{2}+c(q_{\mathrm{cl}}+y) \\[1em] &=L(q_{\mathrm{cl}},\dot{q}_{\mathrm{cl}})+\frac{1}{2}a\dot{y}^2+\frac{1}{2}by^2+cy+a\dot{q}_{\mathrm{cl}}\dot{y}+bq_{\mathrm{cl}}y \\[1em] & =L(q_{\mathrm{cl}},\dot{q}_{\mathrm{cl}})+\frac{1}{2}a\dot{y}^2+\frac{1}{2}by^2+cy+\frac{d}{dt}(a\dot{q}_{\mathrm{cl}}y)-\frac{d}{dt}(a\dot{q}_{\mathrm{cl}})y+bq_{\mathrm{cl}}y \\[1em] & =L(q_{\mathrm{cl}},\dot{q}_{\mathrm{cl}})+\frac{1}{2}a\dot{y}^2+\frac{1}{2}by^2+\frac{d}{dt}(a\dot{q}_{\mathrm{cl}}y) \end{aligned}$

注意到，最后一步中我们利用了经典路径满足的欧拉-拉格朗日方程，计算出作用量

$\int_0^TdtL(q_{\mathrm{cl}}+y,\dot{q}_{\mathrm{cl}}+\dot{y})=\int_0^TdtL(q_{\mathrm{cl}},\dot{q}_{\mathrm{cl}})+\int_0^Tdt\left(\frac{1}{2}a\dot{y}^2+\frac{1}{2}by^2\right)+\cancel{(a\dot{q}_{\mathrm{cl}}y)|_0^T}$

若令 $S[q_{\mathrm{cl}}(t)]\equiv\int_0^TdtL(q_{\mathrm{cl}},\dot{q}_{\mathrm{cl}})$

那么对传播子我们有

$K(q^{\prime\prime},T;q^{\prime},0)=e^{\frac{i}{\hbar}S[q_{\mathrm{cl}}(t)]}\int_{y(0)=0}^{y(T)=0}D[y(t)]e^{\frac{i}{\hbar}\int_0^Tdt\left(\frac{1}{2}a\dot{y}^2+\frac{1}{2}by^2\right)}$

上式后面积分部分显然与经典路径无关，这说明，对于二次型的拉格朗日量，传播子 $K(q^{\prime\prime},T;q^{\prime},0)$ 始终正比于 $e^{\frac{i}{\hbar}S[q_{\mathrm{cl}}(t)]}$ ，比例系数只与时间 $T$ 有关，与初末位置无关。对照自由粒子的传播子，我们马上可以得到