Shankar_ch.8
终于来到Feynman路径积分！
回顾一下作用量定义：
$$
S[x(t)]:=\int_{t_i}^{t_f} \mathscr{L}(x,\dot{x})dt
$$
其中$\mathscr{L}:=T-V$
P226 上方说趋于$\delta(x-x’)$的原因见书P153的5.1.10式，因为当$t’\to t$对应没有演化的情况，此时$U=I$恒等算子，因此
$$
U(x,t;x’)=\bra{x}U\ket{x’}=\langle x|x’\rangle=\delta(x-x’)
$$ 此外，书中用了P61的脚注（精神积分法），把$\delta$函数转化为高斯型很有灵性，（本章的数学都很有灵性，不愧是Feynman）
8.4 notes
理解一下P227的8.4.3式，先是以时间分割为框架化简：
$$
\begin{align*}
U&=\int_{x_0}^{x_N}\exp\{iS[x(t)]\} \mathscr{D[x(t)]}
\newline
&=\lim_{n\to\infty}\int_{x_0}^{x_N}\exp\left[ \frac{i}{\hbar}\frac{m}{2}\sum_{i=0}^{N-1}\frac{(x_{i+1}-x_i)^2}{\epsilon}\right]\mathscr{D[x(t)]}
\end{align*}
$$
现在，每一条路径都被$N-1$个数$x(t_1)\dots x(t_{N-1})$决定（首尾固定），这说明任意路径无非是改变$x(t_i)$得到的。
假想一个过程：
考虑某一条“母路径”记为$x(t_1)\dots x(t_{N-1})$，可以通过只改变第$x(t_j)$个点，生成一族新路径（“族j”），这族路径的总贡献就是把$x(t_j)$取遍并求和，也就是对$dx_j$积分（把$x(t_j)$简记为$x_j$，积分只用对空间进行，因为已经固定了$j$，即固定了时间）：
$$
\lim_{n\to\infty} A_j \int_{-\infty}^{\infty}\exp\left[ \frac{i}{\hbar}\frac{m}{2}\sum_{i=0}^{N-1}\frac{(x_{i+1}-x_i)^2}{\epsilon}\right]dx_j
$$
此时再只变化$x(t_k)$，刚才的“族j”中的第1条路径，又可以视作“母路径”，自立门户创造出对应的一族新的路径“族1k”，刚才“族j”中的第二条路径，也自立门户创造出“族2k”……这样总共得到了两个自由变量$j,k$所决定的一个集合（存放所有目前得到的路径），给定两个指标后，就能对应到一个唯一的元素（某一条路径）
$$
\lim_{n\to\infty} A_k A_j \iint_{-\infty}^{\infty}\exp\left[ \frac{i}{\hbar}\frac{m}{2}\sum_{i=0}^{N-1}\frac{(x_{i+1}-x_i)^2}{\epsilon}\right]dx_j dx_k
$$
以此类推，当再改变一个$x(t_l)$时又得到三个自由指标决定的集合，存放所有路径……改变$n$个指标后，得到一个$n$个自由指标决定的集合来存放所有路径。这个存放路径的结构，就是集合的笛卡尔积
$$
X:=X_1\times X_2\times\dots\times X_{N-1}:=\{(x_1,x_2,x_3\dots x_{N-1})|x_i\in X_i)\}
$$ 其中每个$X_i=(-\infty,\infty)$代表空间任取值
图像：有一个$N-1$维的欧式空间$X$，其上定义了一个函数，任取一个点$x=(x_1,x_2\dots x_{N-1})\in X$ 都映到一个代表作用量的值$S(x)$上去，“取遍各个路径”的离散形式就是：
$$
\sum_{i_1}\sum_{i_2}\dots\sum_{i_{N-1}} S_{i_1 i_2 \dots i_{N-1}}
$$连续形式就是在该空间$X$上的一个多元函数积分，也就是书上8.4.3的形式（因为已把$\lim_{N\to\infty}$提取出去了，这还只是有限个变量的积分）
但是一旦取$N\to \infty$，该“取极限”的过程涉及升高维度，会有测度的变化，最后以“马后炮”的方法人为添加矫正因子$A$
8.5 notes
P230 第8.5.3式的得出，参见P153页 5.1.11式的由来（前面的notes中有）。8.5.4的得来是因为取时隙过小（本来指数上的$S$还要对所有路径积分才能知道，但现在时隙都这么小了还变分啥呢）$S$取最简单形式就行，和经典路径一样。8.6.5之前讨论过，在非常小的一块内产生同相的贡献，取的就是相位$\pi$内
Ex 8.6.1
由于此时$\mathscr{L} _ {cl}=T-V=\frac{1}{2}m\dot{x}^2+fx$，对照前一页的说明，可知$b=f$，代入8.6.11式不会出现在积分号里，和原来自由粒子情形的形式一样（只有$S _ {cl}$的具体函数值不一样）省去了算$A(t)$积分的麻烦：
$$
U(x,t;x’)=\exp \left(\frac{iS _ cl}{\hbar}\right) \left(\frac{m}{2\pi\hbar it}\right)^\frac{1}{2}
$$
只剩下计算：
$$
S _ {cl}=\int _ {0}^t (\frac{1}{2}m\dot{x} _ {cl}^2+fx _ {cl}) dt
$$
由于$x _ {cl}=x _ 0+v _ 0t’’+\frac{1}{2}(f/m)t’’^2$化简上式为$t$的函数并积分：
$$
\begin{align*}
S_{cl}&=\int_{0}^t \left(\frac{m}{2}(v_0+\frac{f}{m} t’’)^2+fx_0+fv_o t’’+\frac{f^2}{2m} t’’^2\right)dt’’
\newline
\newline
&=(\frac{m}{2}v_0^2+fx_0)t+v_0 ft^2+\frac{f^2 t^3}{3m}
\end{align*}
$$
把这个$x _ 0=x’$和$v _ 0 =\frac{x-x’}{t}-\frac{ft}{2m}$代入即可得到5.4.31
Ex 8.6.2
就是计算一个$S_{cl}$（后面变分根本不用管，全都放在unknown的因子$A(t)$里去了），直接用Ex 2.8.7结论就行
Ex 8.6.3
(1)
按照上一题的公式（已经把$t’$置为起点$0$）：
$$
U(x,t;x’)=\left(\frac{m\omega}{2\pi i\hbar\sin\omega t}\right)^\frac{1}{2}\exp\{\frac{im\omega}{2\hbar\sin \omega t}[(x^2+x’^2)\cos\omega t-2xx’]\}
$$
取$x=x’$，就变成：
$$
\left(\frac{m\omega}{2\pi i\hbar\sin\omega t}\right)^\frac{1}{2}=\sum_n \psi_n(0)\psi_n^\ast(0)e^{-iE_n t/\hbar}
$$
左边要展开成$\sum e^{-i\omega t}$的形式：
$$
\left(\frac{m\omega}{\pi \hbar}\right)^\frac{1}{2} (\frac{1}{e^{i\omega t}-e^{-i\omega t}})^\frac{1}{2}
$$
使用公式
$$
(\frac{1}{x^{-1}-x})^\frac{1}{2}=(\frac{x}{1-x^2})^\frac{1}{2}=\sqrt{\frac{x}{1-x^2}}=x^\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}x^2+\frac{3}{2!2^2}x^4+\frac{15}{3!2^3}x^6)
$$
已经用了对形如$(1-t)^\frac{1}{2}$的泰勒展开，系数是$\frac{(2n-1)!!}{n!2^n}$（算几项就知道了）。所以得到的就是一串指数为$2n+\frac{1}{2}$形式的，即
$$
E_n=\frac{1}{2}+0,\quad\frac{1}{2}+2,\quad\frac{1}{2}+4\dots
$$
奇数项的缺失是因为用了$\psi(0)$，在奇时自动消失
注：这里用的级数展开好像有些问题，因为此时$|x|=|e^{-i\omega t}|=1$，若要用几何级数展开，恰是不收敛的，而上面无非是多开了一个根号，应该也是不收敛的。但是好像作者就是要求这样做？目前没想清楚
(2) 级数展开，处理一个形式是这样的$\sqrt{\frac{x}{1-x^2}}e^{-(1-x)^2/(1-x^2)}$保留低阶的几项…
Ex 8.6.4
（很好的题目，就是计算量太大了）
根据题述，此时8.5.4成为：
$$
\left(\frac{m}{2\pi\hbar i\varepsilon}\right)^\frac{1}{2}\exp\{\frac{i}{\hbar}\left[ \frac{m\eta^2}{2\varepsilon}-\frac{q\eta}{c} A(x+\alpha \eta)\right] \}
$$
展开$A$：
$$
\begin{align*}
A(x+\alpha\eta)&=A(x)+A’(x)\alpha\eta+\frac{1}{2}A’’(x)(\alpha\eta)^2+\dots
\newline
\newline
&\approx A(x)+\frac{A’(x)}{2}\eta+\frac{1}{8}A’’(x)\eta^2+\dots
\end{align*}
$$
取很小的时隙进行积分，用propagator（参考8.5.3式）表达出$\psi(x,\varepsilon)$：
$$
\begin{align*}
&=\left(\frac{m}{2\pi\hbar i\varepsilon}\right)^\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty \exp\{\frac{i}{\hbar}\left[ \frac{m\eta^2}{2\varepsilon}-\frac{q\eta}{c} A(x+\alpha \eta)\right] \}\psi(x+\eta,0)d\eta
\newline
\newline
&\approx \left(\frac{m}{2\pi\hbar i\varepsilon}\right)^\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty \exp\left(\frac{im\eta^2}{2\hbar\varepsilon}\right) \exp\left(-\frac{iq}{\hbar c} [A(x)\eta+\frac{A’(x)}{2}\eta^2]\dots \right)
\newline
\newline
&\times (\psi(x,0)+\eta\frac{\partial \psi}{\partial x}+\frac{\eta^2}{2}\frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}) d\eta
\newline
\newline
&\approx \left(\frac{m}{2\pi\hbar i\varepsilon}\right)^\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty \exp\left(\frac{im\eta^2}{2\hbar\varepsilon}\right) (1-\frac{iq}{\hbar c} [A\eta+\frac{A’}{2}\eta^2]-\frac{q^2}{2\hbar^2 c^2} A^2\eta^2)
\newline
\newline
&\times (\psi(x,0)+\eta\frac{\partial \psi}{\partial x}+\frac{\eta^2}{2}\frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}) d\eta
\newline
\newline
&\approx \left(\frac{m}{2\pi\hbar i\varepsilon}\right)^\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty \exp\left(\frac{im\eta^2}{2\hbar\varepsilon}\right) [ \psi(x,0)+\eta \frac{\partial \psi}{\partial x}+\frac{\eta^2}{2}\frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}
\newline
\newline
&-\eta\frac{iq}{\hbar c} A \psi(x,0)-\eta^2\frac{iq}{\hbar c}\frac{\partial\psi}{\partial x}A-\eta^2\psi(x,0)(\frac{iq}{\hbar c}\frac{A’}{2}+\frac{q^2}{2\hbar^2 c^2}A^2)] d\eta
\newline
\newline
&= \left(\frac{m}{2\pi\hbar i\varepsilon}\right)^\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty \exp\left(\frac{im\eta^2}{2\hbar\varepsilon}\right) [ \psi(x,0)+\frac{\eta^2}{2}\frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}
\newline
\newline
&-\eta^2\frac{iq}{\hbar c}\frac{\partial\psi}{\partial x}A -\eta^2\psi(x,0)(\frac{iq}{\hbar c}\frac{A’}{2}+\frac{q^2}{2\hbar^2 c^2}A^2)] d\eta
\end{align*}
$$
注意凡是$\psi(x,0)$均简写为$\psi$了，凡是$A(x)$均简写为$A$了，且上面的最后一步去掉了奇函数项。下用Gauss型积分公式：
$$
= \psi(x,0)+\frac{i\hbar\varepsilon}{m} [\frac{1}{2}\frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}-\frac{iq}{\hbar c}\frac{\partial\psi}{\partial x}A -\psi(x,0)(\frac{iq}{\hbar c}\frac{A’}{2}+\frac{q^2}{2\hbar^2 c^2}A^2)]
$$
移项化为”短时间演化”形式，等号右边代表$H \psi$：
$$
\frac{i\hbar}{\varepsilon}(\psi(x,\varepsilon)-\psi(x,0))=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial ^2\psi}{\partial x^2}+\frac{qA}{mc} i\hbar\frac{\partial \psi}{\partial x}+\frac{i\hbar q}{2cm}\psi A’+\frac{q^2 A^2}{2mc^2}\psi
$$
把$\frac{q}{mc} A i\hbar\frac{\partial \psi}{\partial x}$这项劈成两半，一半给后一项凑成全微分的形式，一半留着，等号右侧就成为：
$$
\frac{1}{2m}\left[-\hbar^2\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2}+\frac{q}{c}A i\hbar\frac{\partial \psi}{\partial x}+\frac{q}{c}\left(i\hbar\frac{\partial}{\partial x}(A\psi)\right)+\frac{q^2}{c^2}A^2\psi^2\right]
$$
这样就得到$H$的表达式，对比式4.3.7，把那里的$A$与$P$换为算符形式后就和上式一模一样！
Shankar_ch.9
复习不确定度的定义：
$$
(\Delta \Omega)^2=\braket{(\Omega-\braket{\Omega})^2}
$$
在离散形式时：
$$
\begin{align*}
(\Delta \Omega)^2&=\langle \psi|(\Omega-\braket{\Omega})^2|\psi \rangle=\sum_i \langle \psi|(\Omega-\braket{\Omega})^2|\omega_i \rangle \langle\omega_i|\psi \rangle
\newline
\newline
&=\sum_i \langle \psi|(\Omega-\braket{\Omega})(\omega_i-\braket{\Omega} )|\omega_i\rangle\langle\omega_i|\psi \rangle
\newline
\newline
&=\sum_i \langle \psi|(\omega_i-\braket{\Omega} )^2|\omega_i\rangle\langle\omega_i|\psi \rangle=\sum_i P(\omega_i)(\omega_i-\braket{\Omega} )^2
\end{align*}
$$
（回到了标准差的定义）完成4.2.8式的推导
P237 验证$\Gamma$是自伴的：只需用$(\Omega\Lambda)^{\dagger}=\Lambda^\dagger \Omega^\dagger=\Lambda\Omega$即可
P238 注意算子$\hat{\Omega}$的定义是依赖于状态的，因为这里的$\braket{\Omega}$是用$\psi$算出来的一个标量值（所以对易子不变是标量和任何都可交换的结果）
不确定关系的不等式为：
$$
(\Delta \Omega)^2(\Delta \Lambda)^2\geq\frac{1}{4}\langle \psi|[\hat{\Omega},\hat{\Lambda}]_{+}|\psi\rangle ^2 +\frac{1}{4}\langle \psi|\Gamma|\psi\rangle ^2
$$
其中：$[\hat{\Omega},\hat{\Lambda}]=i\Gamma\quad [\hat{\Omega},\hat{\Lambda}]_+ :=\frac{1}{2}(\hat{\Omega}\hat{\Lambda}+\hat{\Lambda}\hat{\Omega})$
化为$\Delta \Omega \Delta \Lambda=\frac{1}{2}\langle \psi|\Gamma|\psi \rangle$ 当且仅当：
$$
\hat{\Omega}|\psi\rangle =c \hat{\Lambda}|\psi\rangle
$$$$
\langle \psi|[\hat{\Omega},\hat{\Lambda}]_+ |\psi\rangle =0
$$
第二个条件让人想到线代中的定理：请问是否有两个算子能让第二个条件恒成立的（对任何的态$|\psi\rangle$）？答：在复向量空间的情形，只有$A$为零算子时才满足$\langle \psi|A|\psi\rangle=0$恒成立；在实向量空间情形，若已知$A$自伴，则只有$A$为零算子时才满足$\langle \psi|A|\psi\rangle=0$恒成立（这里的算子的确都是自伴的）。综上，只有反对易的两个算子可以让条件2天然满足
Ex 9.4.1
$$
|n=1 \rangle=2\left(\frac{m\omega}{4\pi\hbar }\right)^\frac{1}{4}\exp \left(-\frac{m\omega x^2}{2\hbar}\right) \left(\frac{m\omega}{\hbar}\right)^\frac{1}{2}x
$$
先计算（其中$\langle x|\frac{1}{X}|x\rangle=\frac{1}{x}$）：
$$
\begin{align*}
\braket{\frac{1}{X^2}}&=\int 4\left(\frac{m\omega}{4\pi\hbar }\right)^\frac{1}{2}\exp \left(-\frac{m\omega x^2}{\hbar}\right) \left(\frac{m\omega}{\hbar}\right) dx
\newline
\newline
&=4\left(\frac{m\omega}{4\pi\hbar }\right)^\frac{1}{2} \left(\frac{m\omega}{\hbar}\right)^\frac{1}{2}\sqrt{\pi}=\frac{2m\omega}{\hbar}
\end{align*}
$$
再计算：
$$
\begin{align*}
\braket{X^2}&=\int 4\left(\frac{m\omega}{4\pi\hbar }\right)^\frac{1}{2}\exp \left(-\frac{m\omega x^2}{\hbar}\right) \left(\frac{m\omega}{\hbar}\right) x^4 dx
\newline
\newline
&= 4\left(\frac{m\omega}{4\pi\hbar }\right)^\frac{1}{2} \left(\frac{m\omega}{\hbar}\right)^{-\frac{3}{2}} \frac{3}{4}\sqrt{\pi}
\newline
\newline
&=\frac{3\hbar}{2m\omega}
\end{align*}
$$
因此题述这两个量全都是$m\omega/\hbar$这个量级的，且都是小量，约等于成立。
Ex 9.4.2
(1) 验证归一化条件：
$$
4\pi\int_0^\infty \frac{1}{\pi a_0^3} e^{-2r/a_0} r^2 dr
=-\int_0^\infty d(e^{-2r/a_0})=1
$$
(2)
此处可用$X$在球坐标中的表示，即$\rho \sin\theta \cos\varphi$
$$
(\Delta X)^2=\langle \psi |X^2|\psi\rangle -\langle \psi |X|\psi\rangle^2
$$
但是这样过于麻烦，不如利用氢原子基态波函数的球对称性，且中心在原点：
$$
(\Delta X)^2=(\Delta Y)^2=(\Delta Z)^2
$$
且
$$
\begin{align*}
&(\Delta X)^2+(\Delta Y)^2+(\Delta Z)^2
\newline
\newline
=&\langle \psi |X^2|\psi\rangle+\langle \psi |Y^2|\psi\rangle+\langle \psi |Z^2|\psi\rangle
\newline
\newline
=&\langle \psi |X^2+Y^2+Z^2|\psi\rangle
\end{align*}
$$
根据之前的讨论，该算符在球坐标下就是乘$r^2$的效果，因此上式的计算结果可看为$r^2$这个物理量的期望值，因此
$$
\begin{align*}
(\Delta X)^2&=\frac{1}{3}\braket{r^2}=\frac{4\pi}{3}\int_0^\infty \frac{1}{\pi a_0^3} e^{-2r/a_0} r^4 dr
\newline
\newline
&=\frac{4}{3a_0^3}\frac{4!}{(2/a_0)^5}=a_0^2
\end{align*}
$$
该结果代入Bohr半径的表达式就是9.4.9式
(3)
$$
\braket{\frac{1}{r}}=4\pi\int_0^\infty \frac{1}{\pi a_0^3} e^{-2r/a_0} r dr=\frac{1}{a_0}
$$
以及：
$$
\braket{r}=4\pi\int_0^\infty \frac{1}{\pi a_0^3} e^{-2r/a_0} r^3 dr=\frac{3}{2}a_0
$$
因此约等号成立
Ex 9.4.3
假设是取不确定原理的临界，且取对称的以使$\braket{P}=0$，则：
$$
\braket{H}=\frac{(\Delta P)^2}{2m}-\frac{e^2}{R}
$$
由于假装是一维问题，这里的$R$作$X$理解，取$\braket{R}=0$，然后化为$\Delta R$的单变量函数……
Ex 9.4.4
使用原来的对于两个自伴算符$\Omega,\Lambda$通用的公式：
$$
(\Delta \Omega)^2(\Delta \Lambda)^2\geq\frac{1}{4}\langle \psi|[\hat{\Omega},\hat{\Lambda}]_{+}|\psi\rangle ^2 +\frac{1}{4}\langle \psi|\Gamma|\psi\rangle ^2
$$
其中：
$$
\begin{align*}
\Gamma&=\frac{1}{2mi}[P^2,X]=\frac{1}{2mi}(P^2X-XP^2)
\newline
&=\frac{1}{2mi}\left(P(XP-i\hbar)-(PX+i\hbar)P\right)=-\frac{\hbar}{m}P
\end{align*}
$$
而不等式的第一项反对易子认为可以取到$0$（见下面说明），从而等式成为：
$$
(\Delta T)^2(\Delta X)^2\geq\frac{\hbar^2}{4m^2}\braket{P}^2\geq 0
$$
是可以取到$0$的，所以not so famous
关于反对易子项可以取$0$的说明：
$$
\begin{align*}
\langle \psi|[P^2,X]_+ |\psi\rangle &=\langle \psi|PPX+XPP|\psi\rangle
\newline
\newline
&=\langle \psi| P(XP-i\hbar)+(PX+i\hbar)P |\psi\rangle
\newline
\newline
&=2\langle \psi|PXP|\psi\rangle=2\langle P\psi|X|P\psi\rangle
\end{align*}
$$
这样只需让态$P|\psi\rangle$关于空间对称，即可使得算符$X$在其上的期望值为$0$
9.5 notes
这里的能量-时间不确定关系不够定量，用Griffiths的讲法如下：
对于任一个不显含时$\braket{\frac{\partial Q}{\partial t}}=0$的算符$Q$，用广义的Ehrenfest Theorem（见Shankar_ch.6）：
$$
\frac{d}{dt}\braket{\Omega}=\frac{-i}{\hbar}\braket{[\Omega,H]}
$$
这样当本节的不确定关系代入$Q$与$H$时（此时$\Gamma=-i[\Omega,H]$）：
$$
\Delta Q^2 \Delta H^2\geq \frac{1}{4}\langle\psi|\Gamma |\psi\rangle^2=\frac{\hbar^2}{4}\braket{\frac{d\braket{Q}}{dt}}^2
$$
下面定义：
$$
\Delta E:=\Delta H\quad\Delta t:=\frac{\Delta Q}{|d\braket{Q}/dt|}
$$
这样就得到关系：
$$
\Delta t\Delta E\geq\frac{\hbar}{2}
$$
注意$\Delta Q=|\frac{d \braket{Q}}{dt}|\Delta t$，按照Griffiths的理解，$\Delta t$ 代表在某一时刻所处状态下，体系拥有的任一个不显含时观测量$Q$，其“期望值”变化一个单位“目前的不确定度”所用的时间
按照该理解，把$\Delta t$理解成系统演化的“时间常数”，是描述系统变化的一个特征量。但这个变化得通过该体系的某一个可观测量$Q$ “侧面反映”算出，潜在的一个问题是，同一个体系拥有很多可观测的物理量$Q_1,Q_2,Q_3\dots$，按照$\Delta t$的定义，$Q_1$与$Q_2$算出的$\Delta t$可能不同。虽然如此，但每一个$Q_i$算出来的$\Delta t$都符合时间-能量不确定关系，也是说得通的。
Shankar直接回避了$\Delta t$的定义，仅暗示其含义是演化快慢。当$\Delta E$较小时（能带很窄），$\Delta t$ 一定较大，即演化一定较慢。他解释核力的距离：在$\Delta t$的较短时间内可“趁机”from nowhere借来一些能量，因为很快的演化允许很弥散的能量。但是这较短的时间限制了存在的距离。
目前我们对时间的处理是很“经典”的，没有给出$t$是怎么来的，按照Griffiths的介绍方法可认为“演化时间常数”$\Delta t$是在某一个观测内容$Q$的辅助下才确定的（“可知”的内容有限）
或者，若此处$Q=X$，则$\Delta X$可以想成是波包的宽度，而$\frac{d \braket{X}}{dt}$就是整体移动的速度，这样$\Delta t$就意味着一个波包经过某一点所花费的时间
时间-能量不确定关系还是比较特别的，有待后续的理解
