1.4 谐振子

本节我们给出谐振子的路径积分量子化，它是路径积分可以精确求值的系统的一个例子。我们还将介绍 zeta 函数正则化，这是理论物理许多领域中一个有用的工具。

1.4.1 跃迁振幅

一维谐振子的拉格朗日量为

$$L=\frac{1}{2}m{\dot{x}}^2-\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2.\text{\hspace{1em}(1.130)}$$

跃迁振幅由下式给出：

$$⟨x_f,t_f|x_i,t_i⟩=\int \mathcal{D}x{e}^{iS[x(t)]},\text{\hspace{1em}(1.131)}$$

其中 $S[x(t)]={\int }_{t_i}^{t_f}L\mathrm{d}t$ 是作用量。

我们把 $S[x]$ 在其极值 $x_c(t)$ 附近展开，该极值满足

$${\frac{\delta S[x]}{\delta x}|}_{x=x_c(t)}=0.\text{\hspace{1em}(1.132)}$$

显然，$x_{\mathrm{c}}(t)$ 就是连接 $(x_i,t_i)$ 与 $(x_f,t_f)$ 的经典路径，它满足欧拉-拉格朗日方程

$${\ddot{x}}_{\mathrm{c}}+{\omega }^2{x}_{\mathrm{c}}=0.\text{\hspace{1em}(1.133)}$$

满足 $x_{\mathrm{c}}(t_i)=x_i$ 与 $x_{\mathrm{c}}(t_f)=x_f$ 的 式 (1.133) 的解很容易求得，为

$$x_{\mathrm{c}}(t)=\frac{1}{\sin \omega T}\left[x_f\sin \omega \left(t-t_i\right)+x_i\sin \omega \left(t_f-t\right)\right]\text{\hspace{1em}(1.134)}$$

其中 $T=t_f-t_i$。把这个解代入作用量，便得到（见习题）

$$\begin{array}{rl}& S_c\equiv S[x_c]\\ & =\frac{m\omega }{2\sin \omega T}\left[\left(x_f^2+x_i^2\right)\cos \omega T-2x_f{x}_i\right].\end{array}\text{\hspace{1em}(1.135)}$$

现在，把 $S[x]$ 在 $x=x_c$ 附近展开，可写成如下形式

$$S\left[x_{\mathrm{c}}+y\right]=S\left[x_{\mathrm{c}}\right]+\frac{1}{2!}\int \mathrm{d}{t}_1\mathrm{d}{t}_{2}y\left(t_1\right)y\left(t_2\right)\frac{{\delta }^{2}S[x]}{\delta x\left(t_1\right)\delta x\left(t_2\right)}{|}_{x=x_{\mathrm{c}}}\text{\hspace{1em}(1.136)}$$

其中 $y(t)$ 满足边界条件 $y(t_i)=y(t_f)=0$。注意：(1) 由于在 $x=x_{\mathrm{c}}$ 处 $\delta S[x]/\delta x=0$，一阶项为零；(2) 由于作用量是 $x$ 的二阶量，故不存在三阶及更高阶的项。因此，这一展开是精确的，而这个问题也是可以精确求解的，这一点我们后面就会看到。

注意到

$$\begin{array}{rl}\frac{\delta }{\delta x\left(t_1\right)}{\int }_{t_i}^{t_f}\mathrm{d}t\left[\frac{1}{2}m\dot{x}(t{)}^2-\frac{1}{2}m{\omega }^{2}x(t{)}^2\right]& =-m\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{t}_1^2}x\left(t_1\right)-m{\omega }^{2}x\left(t_1\right)\\ & =-m\left(\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{t}_1^2}+{\omega }^2\right)x(t_1)\end{array}$$

以及

$$\frac{\delta x(t_1)}{\delta x(t_2)}=\delta (t_1-t_2)$$

我们便得到二阶泛函导数

$$\frac{{\delta }^{2}S[x]}{\delta x\left(t_1\right)\delta x\left(t_2\right)}=-m\left(\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{t}_1^2}+{\omega }^2\right)\delta \left(t_1-t_2\right).\text{\hspace{1em}(1.137)}$$

把它代入式 (1.136)，可得

$$\begin{array}{rl}S\left[x_{\mathrm{c}}+y\right]& =S\left[x_{\mathrm{c}}\right]-\frac{m}{2!}\int \mathrm{d}{t}_1\mathrm{d}{t}_{2}y\left(t_1\right)y\left(t_2\right)\left(\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{t}_1^2}+{\omega }^2\right)\delta \left(t_1-t_2\right)\\ & =S\left[x_{\mathrm{c}}\right]+\frac{m}{2}\int \mathrm{d}t\left({\dot{y}}^2-{\omega }^2{y}^2\right),\end{array}\text{\hspace{1em}(1.138)}$$

其中已考虑了边界条件 $y(t_i)=y(t_f)=0$。

由于 $\mathcal{D}x$ 具有平移不变性，¹ 我们可以把 $\mathcal{D}x$ 换成 $\mathcal{D}y$，从而得到

$$⟨x_f,t_f\mid x_i,t_i⟩={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}S[x_c]}{\int }_{y(t_i)=y(t_f)=0}\mathcal{D}y{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\frac{m}{2}{\int }_{t_i}^{t_f}\mathrm{d}t\left({\dot{y}}^2-{\omega }^2{y}^2\right)}.\text{\hspace{1em}(1.139)}$$

下面我们来计算涨落部分

$$I_f={\int }_{y(0)=y(T)=0}\mathcal{D}y{e}^{i\frac{m}{2}{\int }_0^{T}dt\left({\dot{y}}^2-{\omega }^2{y}^2\right)}\text{\hspace{1em}(1.140)}$$

其中我们对 $t$ 变量作了平移，使 $t_i$ 现在变为 $t=0$。我们把 $y(t)$ 展开为

$$y(t)=\sum _{n\in \mathbb{N}}{a}_n\sin \frac{n\pi t}{T}\text{\hspace{1em}(1.141)}$$

这与边界条件相符。把这一展开式代入指数中的积分，可得

$${\int }_0^T\mathrm{d}t({\dot{y}}^2-{\omega }^2{y}^2)=\frac{T}{2}\sum _{n\in \mathbb{N}}{a}_n^2\left[{\left(\frac{n\pi }{T}\right)}^2-{\omega }^2\right].$$

从 $y(t)$ 到 $\{a_n\}$ 的傅里叶变换可以看作积分中的一次变量代换。要使这一变换有良好定义，变量的数目必须相同。设时间切片共有 $N+1$ 个，其中包括 $t=0$ 与 $t=T$，相应地有 $N-1$ 个独立的 $y_k$。与此对应，对于 $n>N-1$，我们必须取 $a_n=0$。这一变量代换所对应的雅可比行列式为

$$J_N=\det \frac{\partial y_k}{\partial a_n}=\det \left[\sin \left(\frac{n\pi t_k}{T}\right)\right]\text{\hspace{1em}(1.142)}$$

其中 $t_k$ 是把 $[0,T]$ 分成 $N$ 个无穷小步长时的第 $k$ 个时间步长。

对自由粒子而言，这个雅可比行列式最容易计算。由于变换 $\{y_k\}\to \{a_n\}$ 与势能无关，两种情形下的雅可比行列式应当相同。自由粒子的概率幅已在 (1.104) 中求得，由此得到

$$⟨x_f,T|x_i,0⟩={\left(\frac{1}{2\pi \mathrm{i}T}\right)}^{1/2}\exp \left[\mathrm{i}\frac{m}{2T}(x_f-x_i{)}^2\right]={\left(\frac{1}{2\pi \mathrm{i}T}\right)}^{1/2}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}S[x_{\mathrm{c}}]}.\text{\hspace{1em}(1.143)}$$

用路径积分可将其写成

$${\mathrm{e}}^{\mathrm{i}S\left[x_{\mathrm{c}}\right]}{\int }_{y(0)=y(T)=0}\mathcal{D}y{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\frac{m}{2}{\int }_0^T\mathrm{d}t{\dot{y}}^2}.\text{\hspace{1em}(1.144)}$$

将这两个表达式加以比较，并注意到

$$\frac{m}{2}{\int }_0^T\mathrm{d}t{\dot{y}}^2\to m\sum _{n=1}^N\frac{a_n^2{n}^2{\pi }^2}{4T}$$

便得到如下等式

$$\begin{array}{rl}{\left(\frac{1}{2\pi \mathrm{i}T}\right)}^{1/2}& ={\int }_{y(0)=y(T)=0}\mathcal{D}y{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\frac{m}{2}{\int }_0^T\mathrm{d}t{\dot{y}}^2}\\ & =\underset{N\to \infty }{\lim }{J}_N{\left(\frac{1}{2\pi \mathrm{i}\epsilon }\right)}^{1/2}\int \mathrm{d}{a}_1\dots \mathrm{d}{a}_{N-1}\exp \left(\mathrm{i}m\sum _{n=1}^{N-1}\frac{a_n^2{\pi }^2{n}^2}{4T}\right).\end{array}$$

完成高斯积分后可得

$$\begin{array}{rl}{\left(\frac{1}{2\pi \mathrm{i}T}\right)}^{1/2}& =\underset{N\to \infty }{\lim }{J}_N{\left(\frac{1}{2\pi \mathrm{i}\epsilon }\right)}^{N/2}\prod _{n=1}^{N-1}\frac{1}{n}{\left(\frac{4\pi \mathrm{i}T}{{\pi }^2}\right)}^{1/2}\\ & =\underset{N\to \infty }{\lim }{J}_N{\left(\frac{1}{2\pi \mathrm{i}\epsilon }\right)}^{N/2}\frac{1}{(N-1)!}{\left(\frac{4\pi \mathrm{i}T}{{\pi }^2}\right)}^{(N-1)/2}\end{array}$$

由此，对有限的 $N$，我们最终得到

$$J_N=N^{-N/2}{2}^{-(N-1)/2}{\pi }^{N-1}(N-1)!\text{\hspace{1em}(1.145)}$$

显然，当 $N\to \infty$ 时，雅可比行列式 $J_N$ 发散。然而这完全无关紧要，因为我们关心的并不是单独的 $J_N$，而是它与其他（发散）因子的组合。

于是，谐振子的跃迁振幅由下式给出：

$$\begin{array}{rl}& ⟨x_f,T|x_i,0⟩=\underset{N\to \infty }{\lim }{J}_N{\left(\frac{1}{2\pi \mathrm{i}\epsilon }\right)}^{N/2}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}S[x_{\mathrm{c}}]}\\ & \times \int \mathrm{d}{a}_1\dots \mathrm{d}{a}_{N-1}\exp \left[\mathrm{i}\frac{mT}{4}\sum _{n=1}^{N-1}{a}_n^2\left\{{\left(\frac{n\pi }{T}\right)}^2-{\omega }^2\right\}\right].\end{array}\text{\hspace{1em}(1.146)}$$

对 $a_n$ 的积分是简单的高斯积分，容易算出，结果为

$$\int \mathrm{d}{a}_n\exp \left[\frac{\mathrm{i}mT}{4}{a}_n^2\left\{{\left(\frac{n\pi }{T}\right)}^2-{\omega }^2\right\}\right]={\left(\frac{4\mathrm{i}T}{\pi n^2}\right)}^{1/2}{\left[1-{\left(\frac{\omega T}{n\pi }\right)}^2\right]}^{-1/2}.$$

将此结果代入式 (1.146)，便得到

$$\begin{array}{rl}& ⟨x_f,t_f|x_i,t_i⟩=\underset{N\to \infty }{\lim }{J}_N{\left(\frac{N}{2\pi \mathrm{i}T}\right)}^{N/2}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}S[x_{\mathrm{c}}]}\\ & \times \prod _{k=1}^{N-1}\left[\frac{1}{k}{\left(\frac{4\mathrm{i}T}{\pi }\right)}^{1/2}\right]\prod _{n=1}^{N-1}{\left[1-{\left(\frac{\omega T}{n\pi }\right)}^2\right]}^{-1/2}\\ & ={\left(\frac{1}{2\pi \mathrm{i}T}\right)}^{1/2}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}S[x_{\mathrm{c}}]}\prod _{n=1}^{N-1}{\left[1-{\left(\frac{\omega T}{n\pi }\right)}^2\right]}^{-1/2}.\end{array}\text{\hspace{1em}(1.147)}$$

关于 $n$ 的无穷乘积是众所周知的，它可以化为

$$\underset{N\to \infty }{\lim }\prod _{n=1}^N\left[1-{\left(\frac{\omega T}{n\pi }\right)}^2\right]=\frac{\sin \omega T}{\omega T}\text{\hspace{1em}(1.148)}$$

注意，$J_N$ 的发散与其他各项的发散相互抵消，从而得到一个有限值。最后，我们已证明

$$\begin{array}{rl}⟨x_f,t_f|x_i,t_i⟩& ={\left(\frac{\omega }{2\pi \mathrm{i}\sin \omega T}\right)}^{1/2}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}S[x_{\mathrm{c}}]}\\ & ={\left(\frac{\omega }{2\pi \mathrm{i}\sin \omega T}\right)}^{1/2}\exp \left[\frac{\mathrm{i}\omega }{2\sin \omega T}\left\{\left(x_f^2+x_i^2\right)\cos \omega T-2x_i{x}_f\right\}\right].\end{array}\text{\hspace{1em}(1.149)}$$

1.4.2 配分函数

由特征值 $E_n=(n+1/2)\omega$ 很容易求出谐振子的配分函数，

$$\mathrm{Tr}{\mathrm{e}}^{-\beta \hat{H}}=\sum _{n=0}^{\infty }{\mathrm{e}}^{-\beta (n+1/2)\omega }=\frac{1}{2\sinh (\beta \omega /2)}.\text{\hspace{1em}(1.150)}$$

若令 $\mathrm{i}T=\beta$，则逆温度 $\beta$ 可以看作虚时间。于是，配分函数也可以从路径积分的观点来计算。

方法 1：可以对 $\{|x⟩\}$ 取迹，得到

$$\begin{array}{rl}& Z(\beta )=\int \mathrm{d}x⟨x|{\mathrm{e}}^{-\beta \hat{H}}|x⟩\\ & ={\left(\frac{\omega }{2\pi \mathrm{i}(-\mathrm{i}\sinh \beta \omega )}\right)}^{1/2}\\ & \times \int \mathrm{d}x\exp \mathrm{i}\left[\frac{\omega }{-2\mathrm{i}\sinh \beta \omega }(2x^2\cosh \beta \omega -2x^2)\right]\\ & ={\left(\frac{\omega }{2\pi \sinh \beta \omega }\right)}^{1/2}{\left[\frac{\pi }{\omega \tanh (\beta \omega /2)}\right]}^{1/2}\\ & =\frac{1}{2\sinh (\beta \omega /2)}\end{array}\text{\hspace{1em}(1.151)}$$

这里用到了式 (1.149)。

下面的习题为方法 2 作准备。

练习 1.5

习题 1.5. (1) 设 $A$ 为对称正定 $n\times n$ 矩阵，证明

$$\int \mathrm{d}{x}_1\dots \mathrm{d}{x}_n\exp \left(-\sum _{i,j}{x}_i{A}_{ij}{x}_j\right)={\pi }^{n/2}(\det A{)}^{-1/2}={\pi }^{n/2}\prod _i{\lambda }_i^{-1/2}\text{\hspace{1em}(1.152)}$$

其中 ${\lambda }_i$ 是 $A$ 的特征值。

(2) 设 $A$ 为 $n\times n$ 正定厄米矩阵，证明

$$\int \mathrm{d}{z}_1\mathrm{d}{\bar{z}}_1\dots \mathrm{d}{z}_n\mathrm{d}{\bar{z}}_n\exp \left(-\sum _{i,j}{\bar{z}}_i{A}_{ij}{z}_j\right)={\pi }^n(\det A{)}^{-1}={\pi }^n\prod _i{\lambda }_i^{-1}.\text{\hspace{1em}(1.153)}$$

方法二：接下来，我们借助泛函行列式与$\zeta$函数正则化，通过对涨落作路径积分来求得配分函数。我们引入虚时间$\tau =\mathrm{i}t$，并把路径积分改写为

$$\begin{array}{rl}& {\int }_{y(0)=y(T)=0}\mathcal{D}y\exp \left[\frac{\mathrm{i}}{2}\int \mathrm{d}ty\left(-\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{t}^2}-{\omega }^2\right)y\right]\\ & \to {\int }_{y(0)=y(\beta )=0}\bar{\mathcal{D}}y\exp \left[-\frac{1}{2}\int d\tau y\left(-\frac{d^2}{d{\tau }^2}+{\omega }^2\right)y\right],\end{array}$$

其中我们已注意到边界条件$y(0)=y(\beta )=0$。这里$\mathcal{D}$上的横杠表示采用虚时间的路径积分测度。

设$A$为$n\times n$厄米矩阵，其本征值${\lambda }_k$均为正（$1\le k\le n$）。则对实变量$x_k$，由练习 1.5可得

$$\prod _{k=1}^n\left({\int }_{-\infty }^{\infty }\mathrm{d}{x}_k\right){\mathrm{e}}^{-\frac{1}{2}{\sum }_{p,q}{x}_p{A}_{pq}{x}_q}=\prod _{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{{\lambda }_k}}=\frac{1}{\sqrt{\det A}}$$

其中我们略去了数值因子。这是众所周知的高斯积分的一个推广

$${\int }_{-\infty }^{\infty }dx{e}^{-\frac{1}{2}\lambda x^2}=\sqrt{\frac{2\pi }{\lambda }}$$

其中 $\lambda >0$。我们通过算符 $\mathcal{O}$ 的特征值 ${\lambda }_k$ 的（适当正则化的）无穷乘积来定义该算符的行列式(determinant)，即 $\mathrm{Det}\mathcal{O}={\prod }_k{\lambda }_k$²。于是前面的路径积分可写为

$${\int }_{y(0)=y(\beta )=0}\bar{\mathcal{D}}y\exp \left[-\frac{1}{2}\int d\tau y\left(-\frac{d^2}{d{\tau }^2}+{\omega }^2\right)y\right]=\frac{1}{\sqrt{{\mathrm{Det}}_{\mathrm{D}}\left(-d^2/d{\tau }^2+{\omega }^2\right)}},\text{\hspace{1em}(1.154)}$$

其中下标“D”表示特征值是在狄利克雷边界条件 $y(0)=y(\beta )=0$ 下求得的。

满足该边界条件的一般解 $y(\tau )$ 可写为

$$y(\tau )=\frac{1}{\sqrt{\beta }}\sum _{n\in \mathbb{N}}{y}_n\sin \frac{n\pi \tau }{\beta }.\text{\hspace{1em}(1.155)}$$

注意 $y_n\in \mathbb{R}$，因为 $y(\tau )$ 是实函数。由于本征函数 $\sin (n\pi \tau /\beta )$ 的特征值为 ${\lambda }_n=(n\pi /\beta {)}^2+{\omega }^2$，泛函行列式形式上可写为

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{Det}}_{\mathrm{D}}\left(-\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{\tau }^2}+{\omega }^2\right)& =\prod _{n=1}^{\infty }{\lambda }_n=\prod _{n=1}^{\infty }\left[{\left(\frac{n\pi }{\beta }\right)}^2+{\omega }^2\right]\\ & =\prod _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{n\pi }{\beta }\right)}^2\prod _{p=1}^{\infty }\left[1+{\left(\frac{\beta \omega }{p\pi }\right)}^2\right].\end{array}\text{\hspace{1em}(1.156)}$$

最后一行的第一个无穷乘积可写为

$${\mathrm{Det}}_{\mathrm{D}}\left(-\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{\tau }^2}\right).$$

我们将通过$\zeta$函数正则化来计算这个无穷乘积。设$\mathcal{O}$是一个具有正定特征值${\lambda }_n$的算符，则形式上成立

$$\log \mathrm{Det}\mathcal{O}=\mathrm{Tr}\log \mathcal{O}=\sum _n\log {\lambda }_n.\text{\hspace{1em}(1.157)}$$

现在我们定义谱$\zeta$函数为

$${\zeta }_{\mathcal{O}}(s)\equiv \sum _n\frac{1}{{\lambda }_n^s}.\text{\hspace{1em}(1.158)}$$

当$\mathrm{Re}s$充分大时右端收敛，且在该区域内${\zeta }_{\mathcal{O}}(s)$关于$s$解析。此外，它可以解析延拓到整个$s$平面，至多除去有限个可能的点。注意到

$${\frac{\mathrm{d}{\zeta }_{\mathcal{O}}(s)}{\mathrm{d}s}|}_{s=0}=-\sum _n\log {\lambda }_n$$

便得到表达式

$$\mathrm{Det}\mathcal{O}=\exp {\left[-\frac{\mathrm{d}{\zeta }_{\mathcal{O}}(s)}{\mathrm{d}s}\right|}_{s=0}].\text{\hspace{1em}(1.159)}$$

在本题的情形中，我们把 $\mathcal{O}$ 换成 $-{\mathrm{d}}^2/\mathrm{d}{\tau }^2$，便得到

$${\zeta }_{-{\mathrm{d}}^2/\mathrm{d}{\tau }^2}(s)=\sum _{n\ge 1}{\left(\frac{n\pi }{\beta }\right)}^{-2s}={\left(\frac{\beta }{\pi }\right)}^{2s}\zeta (2s)\text{\hspace{1em}(1.160)}$$

其中 $\zeta (2s)$ 就是著名的黎曼 $\zeta$ 函数。它在整个 $s$ 平面上解析，唯一的例外是在 $s=1$ 处的单极点。由熟知的值

$$\zeta (0)=-\frac{1}{2}{\zeta }^{\prime }(0)=-\frac{1}{2}\log (2\pi )\text{\hspace{1em}(1.161)}$$

可得

$${\zeta }_{-{\mathrm{d}}^2/\mathrm{d}{\tau }^2}^{\prime }(0)=2\log \left(\frac{\beta }{\pi }\right)\zeta (0)+2{\zeta }^{\prime }(0)=-\log (2\beta ).$$

至此我们已证明

$${\mathrm{Det}}_{\mathrm{D}}\left(-\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{\tau }^2}\right)={\mathrm{e}}^{\log (2\beta )}=2\beta \text{\hspace{1em}(1.162)}$$

以及

$${\mathrm{Det}}_{\mathrm{D}}\left(-\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{\tau }^2}+{\omega }^2\right)=2\beta \prod _{p=1}^{\infty }\left[1+{\left(\frac{\beta \omega }{p\pi }\right)}^2\right].\text{\hspace{1em}(1.163)}$$

这个方程中的无穷乘积是众所周知的，不过我们不妨假装对这个乘积一无所知。

现在配分函数可表示为

$${\mathrm{Tre}}^{-\beta H}={\left[2\beta \prod _{p=1}^{\infty }\left\{1+{\left(\frac{\beta \pi }{p\pi }\right)}^2\right\}\right]}^{-1/2}{\left[\frac{\pi }{\omega \tanh (\beta \omega /2)}\right]}^{1/2}.\text{\hspace{1em}(1.164)}$$

将其与(1.151)的结果相比较，我们就证明了公式

$$\prod _{n=1}^{\infty }\left[1+{\left(\frac{\beta \omega }{n\pi }\right)}^2\right]=\frac{\pi }{\beta \omega }\sinh (\beta \omega )$$

即

$$\prod _{n=1}^{\infty }\left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)=\frac{\sinh (\pi x)}{\pi x}.\text{\hspace{1em}(1.165)}$$

那么双曲余弦函数的无穷乘积展开又如何呢？这可以通过对费米子作路径积分来得到，我们将在下一节中具体算出。

尾注

来源与版本

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Footnotes

1. 对所有满足 $x(t_i)=x_i$ 与 $x(t_f)=x_f$ 的可能路径 $x(t)$ 积分，等价于对所有满足 $y(t_i)=y(t_f)=0$ 的可能路径 $y(t)$ 积分，其中 $x(t)=x_c(t)+y(t)$。 ↩

2. 本书中，我们始终用“det”表示有限维矩阵的行列式，而用“Det”表示算符的（形式）行列式。类似地，有限维矩阵的迹记作“tr”，而算符的迹记作“Tr”。 ↩