1.5 费米粒子的路径积分量子化

自然界中观测到的粒子并不一定都是玻色粒子——即其位置算符与动量算符满足对易关系 $[p, x] = - i$ 的粒子。还有一类粒子称为费米子(fermion)，其算符满足反对易关系。要对费米子作经典描述，需要用到称为格拉斯曼数(Grassmann number)的反交换数。

1.5.1 费米子谐振子

上一节讨论的玻色子谐振子由哈密顿量¹描述

H = \frac{1}{2} (a^{†} a + a a^{†})

其中 $a$ 与 $a^{†}$ 满足对易关系

[a, a^{†}] = 1 [a, a] = [a^{†}, a^{†}] = 0.

该哈密顿量的特征值为 $(n + 1/2) ω$ （ $n \in N$ ），对应的特征向量为 $∣ n ⟩$ ：

H ∣ n ⟩ = (n + \frac{1}{2}) ω ∣ n ⟩ .

现在假设有一个哈密顿量

H = \frac{1}{2} (c^{†} c - c c^{†}) ω . (1.166)

它称为费米子谐振子，可以看作描述相对论性费米子的狄拉克哈密顿量的一个傅里叶分量。如果算符 $c$ 与 $c^{†}$ 满足与玻色子相同的对易关系，那么哈密顿量将是一个常数 $H = - ω /2$ 。反之，假设它们满足反对易关系

{c, c^{†}} \equiv c c^{†} + c^{†} c = 1 {c, c} = {c^{†}, c^{†}} = 0. (1.167)

则哈密顿量取如下形式

H = \frac{1}{2} [c^{†} c - (1 - c c^{†})] ω = (N - \frac{1}{2}) ω (1.168)

其中 $N = c^{†} c$ 。容易看出， $N$ 的特征值只能是0或1。事实上， $N$ 满足 $N^{2} = c^{†} c c^{†} c = N$ ，即 $N (N - 1) = 0$ 。这正是泡利原理。

下面来研究哈密顿算符 $H$ 的希尔伯特空间。设 $∣ n ⟩$ 是 $H$ 的一个特征向量，其对应的特征值为 $n$ ，其中 $n = 0, 1$ 如前所示。容易验证下列关系：

H ∣0 ⟩ = - \frac{ω}{2} ∣0 ⟩ H ∣1 ⟩ = \frac{ω}{2} ∣1 ⟩

c^{†} ∣0 ⟩ = ∣1 ⟩ c ∣0 ⟩ = 0 c^{†} ∣1 ⟩ = 0 c ∣1 ⟩ = ∣0 ⟩ .

引入分量表示是方便的：

∣0 ⟩ = (01) ∣1 ⟩ = (10) .

练习 1.6

习题 1.6. 设基矢量具有这种形式。证明这些算符具有如下的矩阵表示

$c = (0100), c^{†} = (0010), N = (1000), H = \frac{ω}{2} (10 0 - 1) .$
在玻色子的路径积分表述中，玻色子的对易关系 $[x, p] = i$ 已被 $[x, p] = 0$ 所取代。对于费米子，反对易关系 ${c, c^{†}} = 1$ 应被 ${θ, θ^{*}} = 0$ 所取代，其中 $θ$ 与 $θ^{*}$ 是相互反对易的经典数，称为格拉斯曼数。

1.5.2 格拉斯曼数的微积分

为了把反对易的格拉斯曼数与可交换的实数和复数区分开来，后者将被称为“ $c$ 数”，其中 $c$ 表示可交换。设 $n$ 个生成元 ${θ_{1}, \dots, θ_{n}}$ 满足反对易关系

{θ_{i}, θ_{j}} = 0 \forall i, j . (1.169)

于是，由 ${θ_{i}}$ 的、以 c 数为系数的线性组合所构成的集合称为格拉斯曼数，而由 ${θ_{i}}$ 生成的代数称为格拉斯曼代数(Grassmann algebra)，记作 $Λ^{n}$ 。 $Λ^{n}$ 中的任意元素 $f$ 可展开为

f (θ) = f_{0} + i = 1 \sum n f_{i} θ_{i} + i < j \sum f_{ij} θ_{i} θ_{j} + \dots = 0 \leq k \leq n \sum \frac{1}{k !} {i} \sum f_{i_{1}, \dots i_{k}} θ_{i_{1}} \dots θ_{i_{k}}, (1.170)

其中 $f_{0}, f_{i}, f_{ij}, \dots$ 与 $f_{i_{1}, \dots, i_{k}}$ 都是 c 数，且对任意两个指标交换都是反对称的。元素 $f$ 也可写成

f (θ) = k_{i} = 0, 1 \sum \tilde{f}_{k_{1}, \dots, k_{n}} θ_{1}^{k_{1}} \dots θ_{n}^{k_{n}} . (1.171)

以 $n = 2$ 为例，则有

f (θ) = f_{0} + f_{1} θ_{1} + f_{2} θ_{2} + f_{12} θ_{1} θ_{2} = \tilde{f}_{00} + \tilde{f}_{10} θ_{1} + \tilde{f}_{01} θ_{2} + \tilde{f}_{11} θ_{1} θ_{2} .

由 $θ_{k}$ 的偶次（相应地，奇次）单项式所生成的 $λ^{n}$ 的子集记作 $Λ_{+}^{n} (Λ_{-}^{n})$ ：

Λ^{n} = Λ_{+}^{n} \oplus Λ_{-}^{n} . (1.172)

把 $Λ^{n}$ 分解为这两个子空间的做法称为 $Z_{2}$ 分次。我们把 $Λ_{+}^{n} (Λ_{-}^{n})$ 中的元素称为 G 偶(G-even)（G 奇(G-odd)）的。注意， $dim λ^{n} = 2^{n}$ ，而 $dim Λ_{+}^{n} = dim Λ_{-}^{n} = 2^{(n - 1)}$ 。

生成元 $θ_{k}$ 没有大小，因此格拉斯曼数集合不是有序集。零是唯一同时为 c 数与格拉斯曼数的数。格拉斯曼数与 c 数可交换。显然，这些生成元满足下列关系：

θ_{k}^{2} = 0

θ_{k_{1}} θ_{k_{2}} \dots θ_{k_{n}} = ε_{k_{1} k_{2} \dots k_{n}} θ_{1} θ_{2} \dots θ_{n} (1.173)

θ_{k_{1}} θ_{k_{2}} \dots θ_{k_{m}} = 0 (m > n),

其中

ε_{k_{1} \dots k_{n}} = ⎩ ⎨ ⎧ + 1 - 1 0 i f {k_{1} \dots k_{n}} 是下列集合的偶置换： {1 \dots n} i f {k_{1} \dots k_{n}} 是下列集合的奇置换： {1 \dots n} 其他情形。

格拉斯曼数的函数定义为该函数的泰勒展开。例如，当 $n = 1$ 时，我们有

e^{θ} = 1 + θ

因为 $θ$ 的高阶项恒为零。

1.5.3 微分

这里假定微分算子从左侧作用于函数：

\frac{\partial θ _{j}}{\partial θ _{i}} = \frac{\partial}{\partial θ _{i}} θ_{j} = δ_{ij} . (1.174)

同时还假定微分算子与 $θ_{k}$ 反交换。于是莱布尼茨法则取如下形式

\frac{\partial}{\partial θ _{i}} (θ_{j} θ_{k}) = \frac{\partial θ _{j}}{\partial θ _{i}} θ_{k} - θ_{j} \frac{\partial θ _{k}}{\partial θ _{i}} = δ_{ij} θ_{k} - δ_{ik} θ_{j} . (1.175)

练习 1.7

证明

$\frac{\partial}{\partial θ _{i}} \frac{\partial}{\partial θ _{j}} + \frac{\partial}{\partial θ _{j}} \frac{\partial}{\partial θ _{i}} = 0. (1.176)$
由本练习容易证明，该微分算子是幂零的

$\frac{\partial ^{2}}{\partial θ _{i}^{2}} = 0. (1.177)$

练习 1.8

证明

$\frac{\partial}{\partial θ _{i}} θ_{j} + θ_{j} \frac{\partial}{\partial θ _{i}} = δ_{ij} . (1.178)$

1.5.4 积分

说来令人意外，对格拉斯曼变量求积分竟等价于求微分。设 $D$ 表示对格拉斯曼变量求微分， $I$ 表示积分，这里的积分理解为定积分。假定它们满足如下关系：

(1) $I D = 0$
(2) $D I = 0$
(3) $D (A) = 0 \Rightarrow I (B A) = I (B) A,$

其中 $A$ 与 $B$ 是格拉斯曼变量的任意函数。第一个关系式表明，对任意函数的导数求积分只给出表面项，而该表面项被取为零。第二个关系式表明，定积分的导数等于零。第三个关系式意味着，若 $D (A) = 0$ ，则 $A$ 为常数，因而可以把它提到积分号外。只要取 $I \propto D$ ，这些关系式便都得到满足。这里我们采用归一化 $I = D$ ，并令

\int d θ f (θ) = \frac{\partial f ( θ )}{\partial θ} . (1.179)

由上述定义可得

\int d θ = \frac{\partial 1}{\partial θ} = 0 \int d θ θ = \frac{\partial θ}{\partial θ} = 1.

若有 $n$ 个生成元 ${θ_{k}}$ ，则式 (1.179)可推广为

\int d θ_{1} d θ_{2} \dots d θ_{n} f (θ_{1}, θ_{2}, \dots, θ_{n}) = \frac{\partial}{\partial θ _{1}} \frac{\partial}{\partial θ _{2}} \dots \frac{\partial}{\partial θ _{n}} f (θ_{1}, θ_{2}, \dots, θ_{n}) . (1.180)

注意 $d θ_{k}$ 与 $\partial / \partial θ_{k}$ 的次序。

微分与积分的这种等价性，使得积分在积分变量作变量代换时表现出奇特的行为。先考虑 $n = 1$ 的情形。在变量代换 $θ^{'} = a θ$ （ $a \in C$ ）下，我们得到

\int d θ f (θ) = \frac{\partial f ( θ )}{\partial θ} = \frac{\partial f ( θ ^{'} / a )}{\partial θ ^{'} / a} = a \int d θ^{'} f (θ^{'} / a)

由此得到 $d θ^{'} = (1/ a) d θ$ 。这一结果很容易推广到 $n$ 个变量的情形。设 $θ_{i} \to θ_{i}^{'} = a_{ij} θ_{j}$ ，则

\int d θ_{1} \dots θ_{n} f (θ) = \frac{\partial}{\partial θ _{1}} \dots \frac{\partial}{\partial θ _{n}} f (θ) = k_{i} = 1 \sum n \frac{\partial θ _{k_{1}}^{'}}{\partial θ _{1}} \dots \frac{\partial θ _{k_{n}}^{'}}{\partial θ _{n}} \frac{\partial}{\partial θ _{k_{1}}^{'}} \dots \frac{\partial}{\partial θ _{k_{n}}^{'}} f (a^{- 1} θ^{'}) = k_{i} = 1 \sum n ε_{k_{1} \dots k_{n}} a_{k_{1} 1} \dots a_{k_{n} n} \frac{\partial}{\partial θ _{k_{1}}^{'}} \dots \frac{\partial}{\partial θ _{k_{n}}^{'}} f (a^{- 1} θ^{'}) = det a \int d θ_{1}^{'} \dots θ_{n}^{'} f (a^{- 1} θ^{'}) .

因此，积分测度的变换规律为

d θ_{1} d θ_{2} \dots θ_{n} = det a d θ_{1}^{'} d θ_{2}^{'} \dots d θ_{n}^{'} . (1.181)

1.5.5 δ函数

格拉斯曼变量的 $δ$ 函数是这样引入的：

\int d θ δ (θ - α) f (θ) = f (α) (1.182)

这是对单个变量而言的。若把展开式 $f (θ) = a + b θ$ 代入这一定义，便得到

\int d θ δ (θ - α) (a + b θ) = a + b α

由此可知， $δ$ 函数的具体表达式为

δ (θ - α) = θ - α . (1.183)

把这一结果推广到 $n$ 个变量，容易验证（注意变量的次序）

δ^{n} (θ - α) = (θ_{n} - α_{n}) \dots (θ_{2} - α_{2}) (θ_{1} - α_{1}) . (1.184)

$δ$ 函数的积分形式可由下式得到：

\int d ξ e^{i ξ θ} = \int d ξ (1 + i ξ θ) = i θ

即

δ (θ) = θ = - i \int d ξ e^{i ξ θ} . (1.185)

1.5.6 高斯积分

考虑如下积分

I = \int d θ_{1}^{*} d θ_{1} \dots d θ_{n}^{*} d θ_{n} e^{- \sum_{ij} θ_{i}^{*} M_{ij} θ_{j}} (1.186)

其中 ${θ_{i}}$ 与 ${θ_{i}^{*}}$ 是两组相互独立的格拉斯曼变量。由于 $θ_{i}$ 与 $θ_{i}^{*}$ 相互反对易， $n \times n$ 的 c 数矩阵 $M$ 取为反对称矩阵。借助变量代换 $θ_{i}^{'} = \sum_{j} M_{ij} θ_{j}$ ，该积分可计算为

I = det M \int d θ_{1}^{*} d θ_{1}^{'} \dots d θ_{n}^{*} d θ_{n}^{'} e^{- \sum_{i} θ_{i}^{*} θ_{i}^{'}} = det M [\int d θ^{*} d θ (1 + θ^{'} θ^{*})]^{n} = det M . (1.187)

作为高斯积分的一个应用，我们来证明一个有趣的公式。

命题 1.3

设 $a$ 是 $2 n$ 阶反对称矩阵，定义 $a$ 的普法夫式(Pfaffian)为

$Pf (a) = \frac{1}{2 ^{n} n !} 置换 {i_{1}, \dots, i_{2 n}} \sum sgn (P) a_{i_{1} i_{2}} \dots a_{i_{2 n - 1} i_{2 n}} . (1.188)$
则

$det a = Pf (a)^{2} . (1.189)$

证明

注意到

I = \int d θ_{2 n} \dots d θ_{1} exp [\frac{1}{2} ij \sum θ_{i} a_{ij} θ_{j}] = \frac{1}{2 ^{n} n !} \int d θ_{2 n} \dots d θ_{1} (ij \sum θ_{i} a_{ij} θ_{j})^{n} = Pf (a) .

同时注意到

I^{2} = \int d θ_{2 n} \dots d θ_{1} d θ_{2 n}^{'} \dots d θ_{1} exp [\frac{1}{2} ij \sum (θ_{i} a_{ij} θ_{j} + θ_{i}^{'} a_{ij} θ_{j}^{'})] .

在变量代换

η_{k} = \frac{1}{2} (θ_{k} + θ_{k}^{'}), η_{k}^{*} = \frac{1}{2 i} (θ_{k} - θ_{k}^{'}),

之下，我们得到雅可比行列式 $= (- 1)^{n}$ ，并且

θ_{i} θ_{j} + θ_{i}^{'} θ_{j}^{'} = η_{i} η_{j}^{*} - η_{j}^{*} η_{i}

d η_{2 n} \dots d η_{i} d η_{2 n}^{*} \dots d η_{1}^{*} = (- 1)^{n^{2}} d η_{1} d η_{1}^{*} \dots d η_{2 n} d η_{2 n}^{*},

由此可以验证

Pf (a)^{2} = \int d η_{1} d η_{1}^{*} \dots d η_{2 n} d η_{2 n}^{*} exp [ij \sum η_{i}^{*} a_{ij} η_{j}] = det a .

练习 1.9

(1) 设 $M$ 为反对称矩阵， $K_{i}$ 为格拉斯曼数。证明

$\int d θ_{1} \dots d θ_{n} e^{- \frac{1}{2} tθ \cdot M \cdot θ + t K \cdot θ} = 2^{n /2} det M e^{- t K \cdot M^{- 1} \cdot K /4} . (1.190)$
(2) 设 $M$ 为斜厄米矩阵， $K_{i}$ 与 $K_{i}^{*}$ 为格拉斯曼数。证明

$\int d θ_{1}^{*} d θ_{1} \dots d θ_{n}^{*} d θ_{n} e^{- θ^{†} \cdot M \cdot θ + K^{†} \cdot θ + θ^{†} \cdot K} = det M e^{K^{†} \cdot M^{- 1} \cdot K} . (1.191)$

1.5.7 泛函导数

对格拉斯曼变量的泛函导数可以仿照对易变量的情形来定义。设 $ψ (t)$ 是依赖于 c 数参数 $t$ 的格拉斯曼变量， $F [ψ (t)]$ 是 $ψ$ 的泛函，则我们定义

\frac{δ F [ ψ ( t )]}{δ ψ ( s )} = \frac{1}{ε} {F [ψ (t) + ε δ (t - s)] - F [ψ (t)]}, (1.192)

其中 $ε$ 是格拉斯曼参数。由于 $ε^{2} = 0$ ， $F [ψ (t) - ε δ (t - s)]$ 关于 $ε$ 的泰勒展开关于 $ε$ 是线性的，因此并不需要取极限 $ε \to 0$ 。需要提醒的是：一般说来，除以格拉斯曼数并没有良好定义。不过在这里，分子正比于 $ε$ ，而除以 $ε$ 只不过意味着取出分子中 $ε$ 的系数。

1.5.8 复共轭

设 ${θ_{i}}$ 与 ${θ_{i}^{*}}$ 是格拉斯曼数的两组生成元。定义 $θ_{i}$ 的复共轭为 $(θ_{i})^{*} = θ_{i}^{*}$ 与 $(θ_{i}^{*})^{*} = θ_{i}$ 。我们定义

(θ_{i} θ_{j})^{*} = θ_{j}^{*} θ_{i}^{*} . (1.193)

否则，实的 c 数 $θ_{i} θ_{i}^{*}$ 就不满足实性条件 $(θ_{i} θ_{i}^{*})^{*} = θ_{i} θ_{i}^{*}$ 。

1.5.9 相干态与完备性关系

费米子的湮灭算符与产生算符 $c$ 与 $c^{†}$ 满足反对易关系 ${c, c} = {c^{†}, c^{†}} = 0$ 与 ${c, c^{†}} = 1$ ，而数算符 $N = c^{†} c$ 具有特征向量 $∣0 ⟩$ 与 $∣1 ⟩$ 。下面考虑由这些向量张成的希尔伯特空间

H = Span {∣0 ⟩, ∣1 ⟩} .

$H$ 中的任意向量 $∣ f ⟩$ 都可以写成如下形式

∣ f ⟩ = ∣0 ⟩ f_{0} + ∣1 ⟩ f_{1},

其中 $f_{0}, f_{1} \in C$ 。

现在考虑如下这些态

∣ θ ⟩ = ∣0 ⟩ + ∣1 ⟩ θ (1.194)

⟨ θ ∣ = ⟨ 0∣ + θ^{*} ⟨ 1∣ (1.195)

其中 $θ$ 与 $θ^{*}$ 是格拉斯曼数。这些态称为相干态，它们分别是 $c$ 与 $c^{†}$ 的特征态，

c ∣ θ ⟩ = ∣0 ⟩ θ = ∣ θ ⟩ θ, ⟨ θ ∣ c^{†} = θ^{*} ⟨ 0∣ = θ^{*} ⟨ θ ∣.

练习 1.10

验证下列各式；

$⟨ θ^{'} ∣ θ ⟩ = 1 + θ^{' *} θ = e^{θ^{' *} θ},$
$⟨ θ ∣ f ⟩ = f_{0} + θ^{*} f_{1},$
$⟨ θ ∣ c^{†} ∣ f ⟩ = ⟨ θ ∣1 ⟩ f_{0} = θ^{*} f_{0} = θ^{*} ⟨ θ ∣ f ⟩,$
$⟨ θ ∣ c ∣ f ⟩ = ⟨ θ ∣0 ⟩ f_{1} = \frac{\partial}{\partial θ ^{*}} ⟨ θ ∣ f ⟩ .$
设

$h (c, c^{†}) = h_{00} + h_{10} c^{†} + h_{01} c + h_{11} c^{†} c h_{ij} \in C$
是 $c$ 与 $c^{†}$ 的任意函数。则 $h$ 的矩阵元为

$⟨ 0∣ h ∣0 ⟩ = h_{00} ⟨ 0∣ h ∣1 ⟩ = h_{01} ⟨ 1∣ h ∣0 ⟩ = h_{10} ⟨ 1∣ h ∣1 ⟩ = h_{00} + h_{11} .$
由这些矩阵元容易求得

$⟨ θ ∣ h ∣ θ^{'} ⟩ = (h_{00} + θ^{*} h_{10} + h_{01} θ^{'} + θ^{*} θ^{'} h_{11}) e^{θ^{*} θ^{'}} . (1.196)$

引理 1.3

设 $∣ θ ⟩$ 与 $⟨ θ ∣$ 如前定义。则完备性关系具有如下形式

$\int d θ^{*} d θ ∣ θ ⟩ ⟨ θ ∣ e^{- θ^{*} θ} = I . (1.197)$

证明

直接计算可得

\int d θ^{*} d θ ∣ θ ⟩ ⟨ θ ∣ e^{- θ^{*} θ} = \int d θ^{*} d θ (∣0 ⟩ + ∣1 ⟩ θ) (⟨ 0∣ + θ^{*} ⟨ 1∣) (1 - θ^{*} θ) = \int d θ^{*} d θ (∣0 ⟩ ⟨ 0∣ + ∣1 ⟩ θ ⟨ 0∣ + ∣0 ⟩ θ^{*} ⟨ 1∣ + ∣1 ⟩ θ θ^{*} ⟨ 1∣) (1 - θ^{*} θ) = ∣0 ⟩ ⟨ 0∣ + ∣1 ⟩ ⟨ 1∣ = I .

$□$

1.5.10 费米子振子的配分函数

这里我们作为费米子路径积分形式的一个应用，求出费米子谐振子的配分函数。量子哈密顿算符为 $H = (c^{†} c - 1/2) ω$ ，其特征值为 $\pm ω /2$ 。于是配分函数为

Z (β) = Tr e^{- β H} = n = 0 \sum 1 ⟨ n ∣ e^{- β H} ∣ n ⟩ = e^{β ω /2} + e^{- β ω /2} = 2 cosh (β ω /2) . (1.198)

下面我们用路径积分以两种不同的方式计算 $Z (β)$ 。我们先从下面的引理开始。

引理 1.4

设 $H$ 为费米子谐振子的量子哈密顿算符。则配分函数可写为

$Tr e^{- β H} = \int d θ^{*} d θ ⟨ - θ ∣ e^{- β H} ∣ θ ⟩ e^{- θ^{*} θ} . (1.199)$

证明

将完备性关系(1.197)代入配分函数的定义，可得

Z (β) = n = 0, 1 \sum ⟨ n ∣ e^{- β H} ∣ n ⟩ = n \sum \int d θ^{*} d θ e^{- θ^{*} θ} ⟨ n ∣ θ ⟩ ⟨ θ ∣ e^{- β H} ∣ n ⟩ = n \sum \int d θ^{*} d θ (1 - θ^{*} θ) (⟨ n ∣0 ⟩ + ⟨ n ∣1 ⟩ θ) (⟨ 0∣ e^{- β H} ∣ n ⟩ + θ^{*} ⟨ 1∣ e^{- β H} ∣ n ⟩) = n \sum \int d θ^{*} d θ (1 - θ^{*} θ) [⟨ 0∣ e^{- β H} ∣ n ⟩ ⟨ n ∣0 ⟩ - θ^{*} θ ⟨ 1∣ e^{- β H} ∣ n ⟩ ⟨ n ∣1 ⟩ + θ ⟨ 0∣ e^{- β H} ∣ n ⟩ ⟨ n ∣1 ⟩ + θ^{*} ⟨ 1∣ e^{- β H} ∣ n ⟩ ⟨ n ∣0 ⟩] .

最后一行的最后一项对积分没有贡献，因此我们可以把 $θ^{*}$ 换成 $- θ^{*}$ 。于是

Z (β) = n \sum \int d θ^{*} d θ (1 - θ^{*} θ) [⟨ 0∣ e^{- β H} ∣ n ⟩ ⟨ n ∣0 ⟩ - θ^{*} θ ⟨ 1∣ e^{- β H} ∣ n ⟩ ⟨ n ∣1 ⟩ + θ ⟨ 0∣ e^{- β H} ∣ n ⟩ ⟨ n ∣1 ⟩ - θ^{*} ⟨ 1∣ e^{- β H} ∣ n ⟩ ⟨ n ∣0 ⟩] = \int d θ^{*} d θ e^{- θ^{*} θ} ⟨ - θ ∣ e^{- β H} ∣ θ ⟩ .

由此可见，迹中的坐标沿反周期轨道取值。格拉斯曼变量在 $τ = 0$ 处为 $θ$ ，而在 $τ = β$ 处为 $- θ$ ，因此我们必须在 $[0, β]$ 上施加反周期边界条件。

利用表达式

e^{- β H} = N \to \infty lim (1 - β H / N)^{N}

并在每个时间步处插入完备性关系，可得

Z (β) = N \to \infty lim \int d θ^{*} d θ e^{- θ^{*} θ} ⟨ - θ ∣ (1 - β H / N)^{N} ∣ θ ⟩ = N \to \infty lim \int d θ^{*} d θ k = 1 \prod N - 1 \int d θ_{k}^{*} d θ_{k} e^{- \sum_{n = 1}^{N - 1} θ_{n}^{*} θ_{n}} \times ⟨ - θ ∣ (1 - ε H) ∣ θ_{N - 1} ⟩ ⟨ θ_{N - 1} ∣ \dots ∣ θ_{1} ⟩ ⟨ θ_{1} ∣ (1 - ε H) ∣ θ ⟩ = N \to \infty lim \int k = 1 \prod N d θ_{k}^{*} d θ_{k} e^{- \sum_{n = 1}^{N} θ_{n}^{*} θ_{n}} \times ⟨ θ_{N} ∣ (1 - ε H) ∣ θ_{N - 1} ⟩ ⟨ θ_{N - 1} ∣ \dots ∣ θ_{1} ⟩ ⟨ θ_{1} ∣ (1 - ε H) ∣ - θ_{N} ⟩

其中我们已令 $ε = β / N$ ， $θ = - θ_{N} = θ_{0}, θ^{*} = - θ_{N}^{*} = θ_{0}^{*}$ 。

每个矩阵元计算如下：

⟨ θ_{k} ∣ (1 - ε H) ∣ θ_{k - 1} ⟩ = ⟨ θ_{k} ∣ θ_{k - 1} ⟩ [1 - ε \frac{⟨ θ _{k} ∣ H ∣ θ _{k - 1} ⟩}{⟨ θ _{k} ∣ θ _{k - 1} ⟩}] ≃ ⟨ θ_{k} ∣ θ_{k - 1} ⟩ e^{- ε ⟨ θ_{k} ∣ H ∣ θ_{k - 1} ⟩ / ⟨ θ_{k} ∣ θ_{k - 1} ⟩} = e^{θ_{k}^{*} θ_{k - 1}} e^{- ε ω (θ_{k}^{*} θ_{k - 1} - 1/2)} = e^{ε ω /2} e^{(1 - ε ω) θ_{k}^{*} θ_{k - 1}} .

现在配分函数可用路径积分表示为

Z (β) = N \to \infty lim e^{β ω /2} k = 1 \prod N \int d θ_{k}^{*} d θ_{k} e^{- \sum_{n = 1}^{N} θ_{n}^{*} θ_{n}} e^{(1 - ε ω) \sum_{n = 1}^{N} θ_{n}^{*} θ_{n - 1}} = e^{β ω /2} N \to \infty lim k = 1 \prod N \int d θ_{k}^{*} d θ_{k} e^{- \sum_{n = 1}^{N} [θ_{n}^{*} (θ_{n} - θ_{n - 1}) + ε ω θ_{n}^{*} θ_{n - 1}]} = e^{β ω /2} N \to \infty lim k = 1 \prod N \int d θ_{k}^{*} d θ_{k} e^{- θ^{†} \cdot B \cdot θ}, (1.200)

其中

θ = θ_{1} θ_{2} ⋮ θ_{N} θ^{†} = (θ_{1}^{*}, θ_{2}^{*}, \dots, θ_{N}^{*})

B_{N} = 1 y 0 ⋮ 0 01 y 0 \dots 01 ⋱ \dots 0 \dots 0 \dots 0 y - y ⋮ 1

最后一行中 $y = - 1 + ε ω$ 。最后，由格拉斯曼数高斯积分的定义可得

Z (β) = e^{β ω /2} N \to \infty lim det B_{N} = e^{β ω /2} N \to \infty lim [1 + (1 - β ω / N)^{N}] = e^{β ω /2} (1 + e^{- β ω}) = 2 cosh \frac{1}{2} β ω . (1.201)

这一结果应与玻色子谐振子的配分函数(1.151)相比较。

这一配分函数也可借助 $ζ$ 函数正则化得到。由式 (1.200)的第二行可知

Z (β) = e^{β ω /2} N \to \infty lim k = 1 \prod N \int d θ_{k}^{*} d θ_{k} e^{- \sum_{n} [(1 - ε ω) θ_{n}^{*} (θ_{n} - θ_{n - 1}) / ε + ω θ_{n}^{*} θ_{n}]} = e^{β ω /2} \int D θ^{*} D θ exp [- \int_{0}^{β} d τ θ^{*} ((1 - ε ω) \frac{d}{d τ} + ω) θ] = e^{β ω /2} Det_{APBC} ((1 - ε ω) \frac{d}{d τ} + ω) .

这里下标 APBC 表示：特征值应当对满足反周期边界条件 $θ (β) = - θ (0)$ 的解来求。这

看起来也许有些奇怪：微分算子中竟含有 $ε$ 。我们稍后会发现，正是这一项使特征值的无穷乘积给出有限的贡献。下面把轨道 $θ (τ)$ 按傅里叶模展开。本征模及相应的特征值为

exp (\frac{π i ( 2 n + 1 ) τ}{β}), (1 - ε ω) \frac{π i ( 2 n + 1 )}{β} + ω,

其中 $n = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$ 。应当注意，相干态是超完备的，实际的自由度数目为 $N$ ，它与 $ε$ 的关系为 $ε = β / N$ 。于是，由于一个复变量具有两个实自由度，我们必须把乘积截断于 $- N /4 \leq k \leq N /4$ 。相应地，配分函数取如下形式

Z (β) = e^{β ω /2} N \to \infty lim k = - N /4 \prod N /4 [i (1 - ε ω) \frac{π ( 2 n - 1 )}{β} + ω] = e^{β ω /2} e^{- β ω /2} k = 1 \prod \infty [(\frac{2 π ( n - 1/2 )}{β})^{2} + ω^{2}] = k = 1 \prod \infty [\frac{π ( 2 k - 1 )}{β}]^{2} n = 1 \prod \infty [1 + (\frac{β ω}{π ( 2 n - 1 )})^{2}] .

第一个无穷乘积我们记为 $P$ ，它是发散的，需要正则化。首先注意，

lo g P = k = 1 \sum \infty 2 lo g [\frac{2 π ( k - 1/2 )}{β}] .

定义相应的 $ζ$ 函数为

\tilde{ζ} (s) = k = 1 \sum \infty [\frac{2 π ( k - 1/2 )}{β}]^{- s} = (\frac{β}{2 π})^{s} ζ (s, 1/2)

由此得到 $P = e^{- 2 ζ^{'} (0)}$ 。这里

ζ (s, a) = k = 0 \sum \infty \frac{1}{( k + a ) ^{s}} (0 < a < 1) (1.202)

即广义 $ζ$ 函数（赫尔维茨 $ζ$ 函数）。 $\tilde{ζ} (s)$ 在 $s = 0$ 处的导数给出

\tilde{ζ}^{'} (0) = lo g (\frac{β}{2 π}) ζ (0, 1/2) + ζ^{'} (0, 1/2) = - \frac{1}{2} lo g 2,

其中用到了下列取值²

ζ (0, 1/2) = 0 ζ^{'} (0, 1/2) = - \frac{1}{2} lo g 2.

最终得到

P = e^{- 2 \overset{ˉ}{ζ}^{'} (0)} = e^{l o g 2} = 2. (1.203)

注意，正则化之后 $P$ 与 $β$ 无关。

把上述结果全部合在一起，就得到配分函数

Z (β) = 2 n = 1 \prod \infty [1 + (\frac{β ω}{π ( 2 n - 1 )})^{2}] . (1.204)

利用众所周知的公式

cosh \frac{x}{2} = n = 1 \prod \infty [1 + \frac{x ^{2}}{π ^{2} ( 2 n - 1 ) ^{2}}] (1.205)

我们得到

Z (β) = 2 cosh \frac{β ω}{2} . (1.206)

反过来，假设我们并不知道公式(1.205)。那么，通过把式式 (1.201)与式式 (1.204)等同起来，我们就借助路径积分证明了公式(1.205)。这是物理学应用于数学的一个典型例子：用两种不同的方法计算某个物理量，再令结果相等。这样往往能得到在数学上有用的非平凡关系。

尾注

来源与版本

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OCR 来源 SHA-256：0b6324f01172a3548cd34382e82fd8bfae574602b6b2cfaa357ba96bc2c35478

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今后我们将省略算符上的 $^$ ，除非这样做可能引起混淆。 ↩
第一个公式可由关系 $ζ (s, 1/2) = (2^{s} - 1) ζ (s)$ 推出，而该关系又是由恒等式 $ζ (s, 1/2) + ζ (s) = 2^{s} \sum_{n = 1}^{\infty} [1/ (2 n - 1)^{s} + 1/ (2 n)^{s}] = 2^{s} ζ (s)$ 导出的。第二个公式则是将 $ζ (s, 1/2) = (2^{s} - 1) ζ (s)$ 对 $s$ 求导，并利用公式 $ζ (0) = - 1/2$ 而得到的。 ↩

数学物理阅读

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1.5 费米粒子的路径积分量子化

1.5.1 费米子谐振子

1.5.2 格拉斯曼数的微积分

1.5.3 微分

1.5.4 积分

1.5.5 δ函数

1.5.6 高斯积分

1.5.7 泛函导数

1.5.8 复共轭

1.5.9 相干态与完备性关系

1.5.10 费米子振子的配分函数

尾注

关系图谱

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1.5.10 费米子振子的配分函数

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