习题 7.1 - 解答

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为了验证公式 (7.14)，我们需要计算由公式 (7.12) 给出的复变函数积分：

为了书写简便，令 $\tau = t - t'$，并将积分改写为：

1. 极点分析与 $i\epsilon$ 约定 被积函数的极点由分母为零给出：

由于 $\epsilon$ 是一个正的无穷小量 ($\epsilon \to 0^+$)，我们可以对其进行泰勒展开。假设 $\omega > 0$，极点位置近似为：

被积函数可以写为：

2. 围道积分计算 根据 $\tau$ 的符号，我们需要选择不同的半平面来闭合积分围道，以满足 Jordan 引理（保证大半圆弧上的积分为零）。指数部分为 $e^{-iE\tau} = e^{-i(\text{Re}E)\tau} e^{(\text{Im}E)\tau}$。

情形一：$\tau > 0$ (即 $t > t'$) 为了使 $e^{(\text{Im}E)\tau}$ 在无穷远处衰减，必须有 $\text{Im}E < 0$。因此，我们在下半复平面 (LHP) 闭合围道。

• 闭合围道包围了下半平面的极点 $E_1 = \omega - i\epsilon'$。
• 围道方向为顺时针，因此根据留数定理，积分值为 $-2\pi i \times \text{Res}(f, E_1)$。 计算 $E_1$ 处的留数（取 $\epsilon \to 0$ 极限，此时 $E_1 \to \omega, E_2 \to -\omega$）：

代入积分式：

情形二：$\tau < 0$ (即 $t < t'$) 为了使 $e^{(\text{Im}E)\tau}$ 在无穷远处衰减，必须有 $\text{Im}E > 0$。因此，我们在上半复平面 (UHP) 闭合围道。

• 闭合围道包围了上半平面的极点 $E_2 = -\omega + i\epsilon'$。
• 围道方向为逆时针，因此积分值为 $2\pi i \times \text{Res}(f, E_2)$。 计算 $E_2$ 处的留数（取 $\epsilon \to 0$ 极限）：

代入积分式：

3. 综合结果 将上述两种情形的结果合并。 当 $\tau > 0$ 时，指数项为 $-i\omega\tau$； 当 $\tau < 0$ 时，指数项为 $i\omega\tau = -i\omega(-\tau)$。 这可以统一用绝对值 $|\tau|$ 来表示：

将 $\tau = t - t'$ 代回，即得到 Feynman 传播子的表达式：

这正是公式 (7.14)，推导完毕。

习题 7.2 - 解答

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为了验证方程 (7.13)，我们需要计算格林函数 $G(t - t')$ 对时间 $t$ 的二阶导数。在处理含有绝对值 $|t - t'|$ 的指数函数求导时，必须在广义函数（分布）的框架下进行，特别是需要使用符号函数 $\text{sgn}(x)$ 和狄拉克 $\delta$ 函数 $\delta(x)$。

令 $\tau = t - t'$，则对 $t$ 的偏导数等价于对 $\tau$ 的全导数，即 $\frac{\partial}{\partial t} = \frac{d}{d\tau}$。方程 (7.14) 可以写为：

首先回顾绝对值函数 $|\tau|$ 的导数性质。绝对值函数可以表示为 $\tau$ 与符号函数的乘积，其一阶导数为符号函数 $\text{sgn}(\tau)$：

符号函数 $\text{sgn}(\tau)$ 在 $\tau = 0$ 处发生从 $-1$ 到 $1$ 的阶跃，其导数给出狄拉克 $\delta$ 函数：

第一步：计算一阶导数 利用链式法则对 $G(\tau)$ 求一阶导数：

第二步：计算二阶导数 对上述结果再次求导，此时需要使用乘积法则：

将 $\frac{d}{d\tau} \text{sgn}(\tau) = 2\delta(\tau)$ 以及指数函数的导数代入上式：

第三步：化简各项

1. 对于第一项，利用狄拉克 $\delta$ 函数的性质 $f(\tau)\delta(\tau) = f(0)\delta(\tau)$。因为 $\delta(\tau)$ 仅在 $\tau = 0$ 处非零，此时指数部分 $\exp(-i\omega|0|) = 1$，故：

2. 对于第二项，注意到 $[\text{sgn}(\tau)]^2 = 1$（在 $\tau \neq 0$ 处处成立，而在分布意义下 $\tau=0$ 的零测集不影响结果），因此：

为了凑出原函数 $G(\tau)$ 的形式，将上式提取出 $-\omega^2$：

第四步：得出最终方程 将化简后的两项代回二阶导数表达式中：

移项并提取算符，得到：

将 $\tau = t - t'$ 替换回去，即严格证明了方程 (7.13)：

习题 7.3 - 解答

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题目分析与物理背景 本题探讨量子力学中简谐振子在海森堡绘景（Heisenberg picture）下的时间演化，以及利用产生与湮灭算符计算编时关联函数（即维克定理的直接验证）。 根据题目给出的海森堡运动方程 $\dot{A} = i[H, A]$，可知此处采用了自然单位制 $\hbar = 1$。简谐振子的哈密顿量在坐标与动量表象下为 $H = \frac{1}{2}P^2 + \frac{1}{2}\omega^2 Q^2$（取质量 $m=1$），且满足基本对易关系 $[Q, P] = i$。 在 (c) 问中，涉及到的格林函数（Feynman传播子）在 0+1 维时空中定义为 $G(t) = \frac{i}{2\omega} e^{-i\omega|t|}$。

(a) 求解海森堡绘景下的算符 $Q(t)$ 和 $P(t)$

利用海森堡运动方程 $\dot{A} = i[H, A]$ 以及对易关系 $[Q, P] = i$，我们分别计算 $Q$ 和 $P$ 的时间导数：

将 $\dot{P}$ 代入 $\dot{Q}$ 的导数中，得到算符 $Q(t)$ 满足的二阶常微分方程：

这是一个经典的简谐振子运动方程，其通解形式为：

利用初始条件（即薛定谔绘景下的算符）$Q(0) = Q$ 和 $\dot{Q}(0) = P(0) = P$，可以定出算符系数 $A = Q$ 和 $B = P/\omega$。因此：

对 $Q(t)$ 求导即可得到 $P(t)$：

(b) 用产生与湮灭算符表示 $Q(t)$ 和 $P(t)$

已知哈密顿量为 $H = \omega(a^\dagger a + \frac{1}{2})$（$\hbar=1$）。薛定谔绘景下的位置与动量算符可以用产生算符 $a^\dagger$ 和湮灭算符 $a$ 表示为：

将上述表达式代入 (a) 中得到的 $Q(t)$ 结果中：

同理，代入 $P(t)$ 的表达式中：

最终结果为：

(c) 验证方程 (7.16) 和 (7.17)

为了方便计算，我们将 $Q(t)$ 拆分为包含湮灭算符的正频部分 $Q^+(t)$ 和包含产生算符的负频部分 $Q^-(t)$：

利用 $a|0\rangle = 0$ 和 $\langle 0|a^\dagger = 0$，可知 $Q^+(t)|0\rangle = 0$ 且 $\langle 0|Q^-(t) = 0$。 它们的对易子为（非算符，仅为复数）：

验证 (7.16): 当 $t_1 > t_2$ 时，编时乘积 $T Q(t_1)Q(t_2) = Q(t_1)Q(t_2)$。计算真空期望值：

同理，当 $t_2 > t_1$ 时，结果为 $\frac{1}{2\omega} e^{-i\omega(t_2 - t_1)}$。综合两种情况，编时关联函数为：

已知简谐振子的费曼格林函数定义为 $G(t) = \frac{i}{2\omega} e^{-i\omega|t|}$，因此 $\frac{1}{i}G(t_1 - t_2) = \frac{1}{2\omega} e^{-i\omega|t_1 - t_2|}$。由于 $G(t)$ 是偶函数，$G(t_2 - t_1) = G(t_1 - t_2)$。故：

这验证了方程 (7.16)。

验证 (7.17): 由于编时乘积对时间标签的排列是全对称的，我们可以不失一般性地假设 $t_1 > t_2 > t_3 > t_4$。此时 $T Q(t_1)Q(t_2)Q(t_3)Q(t_4) = Q(t_1)Q(t_2)Q(t_3)Q(t_4)$。 展开四点关联函数：

由于最右侧的 $Q^+_4$ 作用在真空上为零，最左侧的 $Q^-_1$ 作用在左真空上为零，上式简化为：

分别计算这两项。对于第一项，利用对易关系将 $Q^+_2$ 向右移动：

对于第二项：

将两项相加，得到：

在我们的假设 $t_i > t_j$ 下，由 (7.16) 的推导可知 $[Q^+_i, Q^-_j] = \frac{1}{i} G(t_i - t_j)$。代入上式即得：

由于等式右侧对时间标签 $t_1, t_2, t_3, t_4$ 的任意置换都是完全对称的，而左侧的编时乘积定义本身也具有这种置换对称性，因此该等式对任意时间排序均成立。

这验证了方程 (7.17)，即四点关联函数的维克定理（Wick's Theorem）展开。

习题 7.4 - 解答

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物理背景与分析

本题要求计算一个初始处于基态的谐振子在受到含时外力 $f(t)$ 作用后，在 $t = +\infty$ 时仍处于基态的概率。该问题是量子场论和高级量子力学中的经典问题，可以通过路径积分（生成泛函）方法或**算符形式（相互作用绘景）**来精确求解。

在自然单位制（$\hbar = 1$）下，外力 $f(t)$ 相当于一个源项（Source term），真空到真空的跃迁振幅 $\langle 0|0\rangle_f$ 即为该源存在时的生成泛函 $Z[f]$。由于谐振子势是二次的，路径积分可以精确计算；同时，在算符形式中，由于相互作用哈密顿量在不同时刻的对易子是一个 c-数，时间演化算符的 Dyson 级数可以通过 Magnus 展开或 Baker-Campbell-Hausdorff (BCH) 公式精确截断。

以下主要使用路径积分与生成泛函方法进行推导，并辅以算符方法的验证。

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推导过程

方法一：路径积分与生成泛函方法

谐振子在含时外力 $f(t)$ 作用下的作用量为： $S = \int dt \left( \frac{1}{2} m \dot{x}^2 - \frac{1}{2} m \omega^2 x^2 + f(t) x \right)$ 通过分部积分，可以将作用量改写为二次型与源项的组合： $S = \int dt \left( \frac{1}{2} x \left( -m \partial_t^2 - m \omega^2 \right) x + f(t) x \right)$ 定义微分算符 $D = -m \partial_t^2 - m \omega^2$。其逆算符即为 Feynman 传播子 $G(t-t')$，满足： $\left( -m \partial_t^2 - m \omega^2 \right) G(t) = \delta(t)$ 在动量空间中，通过傅里叶变换并引入 Feynman 边界条件（$+i\epsilon$ 处方，对应真空到真空的演化），传播子为： $\tilde{G}(E) = \frac{1}{m(E^2 - \omega^2 + i\epsilon)}$ 通过配方（平移积分变量 $x(t) \to x(t) - \int dt' G(t-t') f(t')$），路径积分给出的真空跃迁振幅（生成泛函）为： $\langle 0|0\rangle_f = Z[f] = Z[0] \exp\left( -\frac{i}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} dt \int_{-\infty}^{+\infty} dt' f(t) G(t-t') f(t') \right)$ 取无外力时的真空振幅归一化 $Z[0] = 1$。将上式转换到动量空间，利用外力的傅里叶变换 $\tilde{f}(E) = \int dt e^{iEt} f(t)$，指数上的积分为： $\langle 0|0\rangle_f = \exp\left( -\frac{i}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dE}{2\pi} \tilde{f}(-E) \tilde{G}(E) \tilde{f}(E) \right)$ 因为外力 $f(t)$ 是实函数，所以有 $\tilde{f}(-E) = \tilde{f}(E)^*$，从而 $\tilde{f}(-E)\tilde{f}(E) = |\tilde{f}(E)|^2$。代入传播子表达式： $\langle 0|0\rangle_f = \exp\left( -\frac{i}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dE}{2\pi} \frac{|\tilde{f}(E)|^2}{m(E^2 - \omega^2 + i\epsilon)} \right)$ 系统保持在基态的概率为振幅的模方 $P = |\langle 0|0\rangle_f|^2$。取模方相当于取指数上复数的实部的两倍： $P = \exp\left( 2 \operatorname{Re} \left[ -\frac{i}{2} \int \frac{dE}{2\pi} \frac{|\tilde{f}(E)|^2}{m(E^2 - \omega^2 + i\epsilon)} \right] \right) = \exp\left( \operatorname{Im} \int \frac{dE}{2\pi} \frac{|\tilde{f}(E)|^2}{m(E^2 - \omega^2 + i\epsilon)} \right)$ 利用 Dirac 恒等式 $\frac{1}{x + i\epsilon} = \mathcal{P}\frac{1}{x} - i\pi \delta(x)$，提取积分的虚部： $\operatorname{Im} \int \frac{dE}{2\pi} \frac{|\tilde{f}(E)|^2}{m(E^2 - \omega^2 + i\epsilon)} = \int \frac{dE}{2\pi} \frac{|\tilde{f}(E)|^2}{m} \Big( -\pi \delta(E^2 - \omega^2) \Big) = -\frac{1}{2m} \int_{-\infty}^{+\infty} dE |\tilde{f}(E)|^2 \delta(E^2 - \omega^2)$ 利用 $\delta$ 函数的性质 $\delta(E^2 - \omega^2) = \frac{1}{2\omega} \big( \delta(E - \omega) + \delta(E + \omega) \big)$，积分化简为： $-\frac{1}{4m\omega} \left( |\tilde{f}(\omega)|^2 + |\tilde{f}(-\omega)|^2 \right)$ 再次利用 $|\tilde{f}(-\omega)|^2 = |\tilde{f}(\omega)|^2$，最终得到指数项为 $-\frac{|\tilde{f}(\omega)|^2}{2m\omega}$。

方法二：算符与相互作用绘景（验证）

在相互作用绘景中，相互作用哈密顿量为 $V_I(t) = -f(t) x_I(t) = -\frac{f(t)}{\sqrt{2m\omega}} \left( a e^{-i\omega t} + a^\dagger e^{i\omega t} \right)$。 时间演化算符为 $U_I(\infty, -\infty) = \mathcal{T} \exp\left( -i \int_{-\infty}^\infty V_I(t) dt \right)$。 由于 $[V_I(t_1), V_I(t_2)]$ 是一个纯虚数的 c-数，根据 Magnus 展开，时间编排指数可以拆分为： $U_I(\infty, -\infty) = e^{i\Phi} \exp\left( -i \int_{-\infty}^\infty V_I(t) dt \right)$ 其中 $\Phi$ 是实数相位。计算指数中的积分： $-i \int_{-\infty}^\infty V_I(t) dt = \frac{i}{\sqrt{2m\omega}} \int_{-\infty}^\infty f(t) \left( a e^{-i\omega t} + a^\dagger e^{i\omega t} \right) dt = \alpha a^\dagger - \alpha^* a$ 其中 $\alpha = \frac{i \tilde{f}(\omega)}{\sqrt{2m\omega}}$。 利用 BCH 公式 $e^{A+B} = e^A e^B e^{-\frac{1}{2}[A,B]}$，跃迁振幅为： $\langle 0 | U_I | 0 \rangle = e^{i\Phi} \langle 0 | e^{\alpha a^\dagger} e^{-\alpha^* a} e^{-\frac{1}{2}|\alpha|^2} | 0 \rangle = e^{i\Phi} e^{-\frac{1}{2}|\alpha|^2}$ 概率为振幅的模方，相位 $e^{i\Phi}$ 被消去： $P = \left| e^{i\Phi} e^{-\frac{1}{2}|\alpha|^2} \right|^2 = e^{-|\alpha|^2} = \exp\left( - \frac{|\tilde{f}(\omega)|^2}{2m\omega} \right)$ 两种方法结果完全一致。(注：若恢复国际单位制，分母中将多出约化普朗克常数 $\hbar$，即 $2m\hbar\omega$)。

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最终答案

谐振子在 $t = +\infty$ 时仍处于基态的概率为：