경로적분
1. 개요
경로적분(Path integral formulation)이란 쉽게 말해서 어떤 물체가 이동 가능한 경로를 모조리 더해서 나타내는 것을 말한다. 리처드 파인만이 양자 전기역학에서 도입한 개념으로 유명하기도 하다. 대중과학 서적에서는 중첩이라고 표현하기도 한다.
고전역학적으로, 물체의 경로는 초기 조건과 퍼텐셜이 주어지면 라그랑주 역학에 의해 최소 작용의 원리를 만족하는 단 하나의 경로로 결정되는 데 반해, 양자역학에서는 이렇게도 갈 수 있고, 저렇게도 갈 수 있으므로 이런 가능한 경로를 모두 더해서 나타내 보자는 것이다.
특정한 경우 라그랑주 역학이 뉴턴 역학과 동치인 것처럼, 경로적분은 슈뢰딩거 방정식과 동치이다.
2. 설명
경로적분을 유도하는 방법은 여러 가지가 있지만 여기서는 양자장론 교재들에서 흔히 쓰이는 접근 방법을 쓰기로 한다. 이 문서에서는 M. Nakahara의 Geometry, Topology, and Physics (2nd Ed.)의 Section 1.3의 내용을 단순화하여 쓰기로 한다. Peskin도 읽어 보자. 다만 Sakurai의 그 유명한 Quantum mechanics에서도 비슷한 기술을 찾을 수 있다. Zee의 Quantum Field Theory in a Nutshell도 읽어 보자. 학생(파인만)과 교수의 만담(!)을 바탕으로 재밌고도 직관적으로 기술되었다.
먼저 체크해야 할 것은 물리학자들이 어떤 대상을 다루며 그로부터 뭘 보고 싶어하는 것인가 하는 점이다. 고전역학에서 물리학자들이 주로 다루는 대상은 물론 어떤 물체이고 그 물체의 움직임이다. 특히 그 물체의 시간에 따른 궤적을 보고 싶어한다. 양자역학에서는 조금 다른데, 여기서 물리학자들이 주로 다루는 대상은 '상태(state)'라고 불리우는 것이다. 물체보다 훨씬 추상화된 대상인데, 뭉뚱그려 설명하자면 주어진 입자의 위치, 질량, 운동량, 에너지, 각운동량 등등 다양한 정보들을 담고 있다.[1] 한편 양자역학에서는 어떤 물체의 정확한 궤적을 알 방법이 없거니와 심지어 일정 시간이 지난 후에 물체가 정확히 어디에 있을지도 알 수 없다. 이를 대신해서 물리학자들이 보고자 하는 것이 있으니, 바로 어떤 상태에서 다른 상태로 전이할 확률(transition probability) 혹은 전이 진폭(transition amplitude)이다. (여기서 전이 확률은 전이 진폭의 절댓값의 제곱으로 나타내어진다.) 물체가 몇 초 후에 정확히 어디에 있을지는 알 수 없지만 양자역학에 따르면 물체가 몇 초 후에 어디에 있을 확률(혹은 전이 진폭)은 정확하게 알 수 있기 때문이다.[2] 이렇게 보면 고전역학에서 다루는 시간에 따른 물체의 궤적과 양자역학에서 대응하는 것은 전이 진폭임을 엿볼 수 있다.
슬슬 수학적인 내용으로 넘어가 보자. 상태는 보통 브라켓(bracket)의 켓(ket)으로 표현된다. 예를 들어 이렇게.
$$| x_i; t_i \rangle$$.
특히 이렇게 표기된 상태는 입자가 시간 $$t_i$$에 위치 $$x_i$$에 있는 상태이다. 한편, 이 상태로부터 다른 상태 $$| x_f; t_f \rangle$$로 넘어가는 전이 진폭은 다음과 같이 표현된다.
$$\langle x_f; t_f | x_i; t_i \rangle$$.
이는 주어진 힐베르트 공간에서 두 벡터 $$| x_i; t_i \rangle$$와 $$| x_f; t_f \rangle$$의 내적(inner product)에 해당한다. 한편 $$\langle x_f; t_f|$$는 이 내적에 대한 $$| x_f; t_f \rangle$$의 듀얼 벡터(dual vector)에 해당한다고 볼 수 있는데, 이를 브라켓에서 켓에 대응하는 거라는 이유로 브라(bra)라고 부른다. 한편, 이와 관련하여 연산자[3] 하나를 만들 수 있다. 소위 투영 변환(projection mapping) $$| x_f; t_f \rangle \langle x_f; t_f |$$인데, 이건 아무 상태 $$| \psi \rangle$$를 $$| x_f; t_f \rangle \langle x_f; t_f | \psi \rangle$$ (혹은 $$( \langle x_f; t_f | \psi \rangle) | x_f; t_f \rangle$$)로 보내는 선형 변환이다. 광징히 추상적으로 보이는 녀석이지만 약간의 물리적 고찰을 곁들이고 나면 사실 경로적분을 이끌어내는 데에 핵심적인 역할을 하는 연산자이다.
이제 다음을 보자. 일단 연산자들끼리의 선형 결합도 연산자라는 사실을 확장하여 연산자를 이와 같이 적분(!)하는 걸 생각할 수 있다.[4]
$$\displaystyle \int dx_f \; | x_f; t_f \rangle \langle x_f; t_f |$$.
그러면 다음을 생각할 수 있다.[5]
$$\displaystyle \langle \psi | \left( \int dx_f \; | x_f; t_f \rangle \langle x_f; t_f | \right) | \psi \rangle = \langle \psi | \left( \int dx_f \; | x_f; t_f \rangle \langle x_f; t_f | \psi \rangle \right) = \int dx_f \; \langle \psi | x_f; t_f \rangle \langle x_f; t_f | \psi \rangle$$
$$\displaystyle \int dx_f | \langle x_f; t_f | \psi \rangle |^2 = 1$$.
여기서 맨 마지막에 1이 나온 것은 물리적인 해석으로부터 이루어진 것이다. 익히 설명했다시피 $$| \langle x_f; t_f | x_i; t_i \rangle |^2$$는 상태 $$| x_i; t_i \rangle$$에서 상태 $$| x_f; t_f \rangle$$로 전이할 확률이다. 그런데 이걸 모든 $$x_f$$에 대해 모두 더한 건 (즉, 적분한 건) 결국 모든 점에 대한 모든 확률을 다 더한 셈이다. 이건 결국 '어느 지점이든 좋으니 해당 입자가 발견될 확률'과 같은데, 일단 해당 입자는 무조건 어딘가에 있긴 할테니 그 확률은 결국 1과 같다. 따라서 위의 마지막 등식이 성립하는 것이다.
그런데 맨 마지막 우변 1은 한편 $$\langle \psi | \psi \rangle$$와 같다. 사실 주어진 입자를 기술하는 상태는 기본적으로 규격화된 것이어야 하기 때문에 기본적으로 깔고 가는 것이다. 모든 벡터가 규격화 가능하고, 그 과정을 되짚어 보면 위 결과를 힐베르트 공간의 규격화하지 않은 모든 $$| \phi \rangle$$에 대해 다음과 같이 일반화할 수 있다.
$$\displaystyle \langle \phi | \left( \int dx_f \; | x_f; t_f \rangle \langle x_f; t_f | \right) | \phi \rangle = \langle \phi | \phi \rangle$$.
그리고 이는 다음을 함의한다.
$$\displaystyle \int dx_f \; | x_f; t_f \rangle \langle x_f; t_f | = 1$$.
여기서 우변의 1은 단위행렬(identity matrix)에 해당한다. (어차피 1이랑 하는 짓이 비슷해서 1로 쓰는 데도 많다. 정 헷갈릴까 봐 $$\mathbf{1}$$처럼 쓰는 데도 있긴 하지만.) 이러한 성질 때문에 $$| x_f; t_f \rangle$$들을 모든 집합을 complete하다고 말한다.
이제부터 이 연산자의 결정적인 응용을 보도록 하자. 우선 시간을 쪼개 보자. 다음을 정의하자.
$$\displaystyle t_j = t_i + ( \Delta t ) j, \Delta t = \frac{t_f - t_i}{n}$$.
이제 다음을 얻을 수 있다.
$$\displaystyle \langle x_f; t_f | x_i; t_i \rangle = \langle x_f; t_n | \left( \int dx_1 \; | x_1; t_1 \rangle \langle x_1; t_1 | \right) | x_i; t_0 \rangle$$
$$\displaystyle = \int dx_1 \langle x_f; t_n | \left( \int dx_2 \; | x_2; t_2 \rangle \langle x_2; t_2 | \right) | x_1; t_1 \rangle \langle x_1; t_1 | x_i; t_0 \rangle$$
$$\displaystyle = \int dx_1 \int dx_2 \langle x_f; t_n | \left( \int dx_3 \; | x_3; t_3 \rangle \langle x_3; t_3 | \right) | x_2; t_2 \rangle \langle x_2; t_2 | x_1; t_1 \rangle \langle x_1; t_1 | x_i; t_0 \rangle$$
$$\displaystyle = \cdots$$
$$\displaystyle = \int dx_1 dx_2 \cdots dx_{n - 1} \langle x_n; t_n | x_{n - 1}; t_{n - 1} \rangle \langle x_{n - 1}; t_{n - 1} | x_{n - 2}; t_{n - 2} \rangle \cdots \langle x_2; t_2 | x_1; t_1 \rangle \langle x_1; t_1 | x_i; t_0 \rangle$$
($$x_f$$, $$x_i$$를 편의 상 각각 $$x_n$$, $$x_0$$로 표기했다.) 이 식을 물리적으로 해석해 보자. 사실 이 식은 다음과 같은 전이들에 대한 진폭들을 모든 $$x_1, x_2, \cdots, x_{n - 1}$$에 대해 다 더한 것이다.
시간 $$t_0 = t_i$$에서 $$x_0 = x_i$$에서 출발 → 시간 $$t_1$$일 때 $$x_1$$로 도달 → 시간 $$t_2$$일 때 $$x_2$$로 도달 → ... → 시간 $$t_{n - 1}$$일 때 $$x_{n - 1}$$로 도달 → 시간 $$t_n = t_f$$에서 $$x_n = x_f$$에 도달
즉, 시간 간격을 하나하나 지날 때마다 새로운 위치로 가는 것이다. 그런데 이런 식으로 매 시간 간격마다 위치를 옮기는 모습은 마치 각 점 $$x_0, x_1, x_2, \cdots, x_n$$를 순서대로 지나가는 모습과 유사하다. 만약 $$n$$이 충분히 커서 시간 간격이 촘촘하다면 마치 이 점들을 지나는 '''경로'''를 그리는 것과 같은 모습을 볼 수 있을 것이다. 그리고 모든 $$x_i$$들에 대해 다 더한다(=적분한다)는 것은 모든 가능한 '''경로'''들에 대해 전이 진폭을 전부 다 더하겠다는 것으로 볼 수 있을 것이다. 이런 의미에서 해당 적분식, 그리고 앞으로 이 식으로부터 유도될 적분을 '''경로적분'''이라고 부르는 것이다.
여기서 $$n$$을 무한대로 보내는 극한을 생각할 수 있다. 그러면 이 식은 다음과 같이 표현된다.
$$\displaystyle \langle x_f; t_f | x_i; t_i \rangle = \lim_{n \to \infty} \int \left( \prod_{j = 1}^{n - 1} dx_j \right) \prod_{j = 0}^{n - 1} \langle x_{j + 1}; t_{j + 1} | x_j; t_j \rangle$$.
여기까진 좋다. 그렇다고 무한히 쪼갠다고 해서 뭐가 달라질 건 없어 보인다. 하지만 이러한 작업이 가져다 주는 진정한 의의는 이 잘게 쪼개진 조각들을 적당한 근사를 통해 쉽게 다룰 수 있고, 이것들을 합치는 것으로 계산을 해낼 수 있다는 것에 있다. 소위 분할과 정복 기법으로 미적분학의 기본 전략이다. 그런 이유로 이제 $$\langle x_{j + 1}; t_{j + 1} | x_j; t_j \rangle$$가 뭔지 들여다 보도록 하자.
여기서 해밀토니안(Hamiltonian)을 생각해 보자. 이에 따르면 $$| x_{j + 1}; t_{j + 1} \rangle = | x_{j + 1}; t_j + \Delta t \rangle$$는 $$e^{i\mathcal{H}\Delta t/\hbar}| x_{j + 1}; t_j \rangle$$로 쓸 수 있다. 한편, 여기에선 고전역학의 자유 입자 (free particle) 해밀토니안을 생각하기로 한다. 즉, $$\mathcal{H} = \frac{1}{2m} \hat{p}^2$$로 놓겠다. 이제 $$\langle x_{j + 1}; t_{j + 1} | x_j; t_j \rangle = \langle x_{j + 1}; t_j | e^{-i\mathcal{H}\Delta t/\hbar}| x_j; t_j \rangle$$를 다음과 같이 써 보자. 여기서 $$\langle p |, | p \rangle$$은 운동량 고유 상태를 나타내는 브라, 켓이다. 이 역시 completeness, 즉 $$\int dp | p \rangle \langle p | = \mathbf{1}$$을 만족한다는 것을 이용하겠다. 그리고 편의 상 $$x_j, x_{j + 1}$$을 각각 $$x, y$$로, $$| x_j; t_j \rangle, | x_{j + 1}; t_{j} \rangle$$을 각각 $$| x \rangle, | y \rangle$$로 표기하겠다.
$$\displaystyle \langle x_{j + 1}; t_j | e^{-i\mathcal{H}\Delta t/\hbar}| x_j; t_j \rangle = \int dp \; \langle y | p \rangle \langle p | e^{-i\mathcal{H}\Delta t/\hbar}| x \rangle$$
$$\displaystyle = \int \frac{dp}{2\pi \hbar} \; e^{ipy/\hbar} \exp{\left( i\frac{\hbar \Delta t}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} \right)} e^{-ipx/\hbar}$$.
$$\exp{\left( i\frac{\hbar \Delta t}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} \right)} e^{-ipx/\hbar}$$ 때문에 당혹스러울 수 있으나, 이건 별 거 아니고 다음과 같은 것이다.
$$\displaystyle \exp{\left( i\frac{\hbar \Delta t}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} \right)} e^{-ipx/\hbar} = \sum_{r = 0}^{\infty} \frac{1}{r!} \left( i\frac{\hbar \Delta t}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} \right)^r e^{-ipx/\hbar}$$.
이 식의 계산은 쉬운데, 왜냐하면 $$\left( \frac{\partial^2}{\partial x^2} \right)^r e^{-ipx/\hbar} = \left( -\frac{p^2}{\hbar^2} \right)^r e^{-ipx/\hbar}$$이기 때문이다. 따라서 위 식은 다음과 같이 쓸 수 있다.
$$\displaystyle \exp{\left( i\frac{\hbar \Delta t}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} \right)} e^{-ipx/\hbar} = \sum_{r = 0}^{\infty} \frac{1}{r!} \left( i\frac{\hbar \Delta t}{2m} \left( -\frac{p^2}{\hbar^2} \right) \right)^r e^{-ipx/\hbar}$$
$$\displaystyle = \exp{\left( -\frac{i\Delta t}{2m\hbar} p^2 \right)} e^{-ipx/\hbar}$$.
이제 이걸 이용해서 $$\langle x_{j + 1}; t_{j + 1} | x_j; t_j \rangle$$를 계산해 보자.
$$\displaystyle \langle x_{j + 1}; t_{j + 1} | x_j; t_j \rangle = \int \frac{dp}{2\pi\hbar} \; e^{ipy/\hbar} \exp{\left( -\frac{i\Delta t}{2m\hbar} p^2 \right)} e^{-ipx/\hbar} = \int \frac{dp}{2\pi\hbar} \; \exp{\left( -\frac{i\Delta t}{2m\hbar} \left( p^2 + \frac{2m}{\Delta t} (x - y)p \right) \right)}$$
$$\displaystyle = \int \frac{dp}{2\pi\hbar} \; \exp{\left( -\frac{i\Delta t}{2m\hbar} \left( \left( p + \frac{m}{\Delta t} (x - y) \right)^2 - \left( \frac{m^2 (y - x)^2}{(\Delta t)^2} \right) \right) \right)}$$
$$\displaystyle = \exp{\left( \frac{i}{\hbar} \frac{m}{2} \left( \frac{y - x}{\Delta t} \right)^2 \Delta t \right)} \int \frac{dk}{2\pi\hbar} \; \exp{\left( -\frac{i\Delta t}{2m\hbar} k^2 \right)} \;\;\;\; \left( k = p + \frac{m}{\Delta t} (x - y) \right)$$
$$\displaystyle = \exp{\left( \frac{i}{\hbar} \frac{m}{2} \left( \frac{y - x}{\Delta t} \right)^2 \Delta t \right)} \sqrt{ \frac{m}{2\pi i \hbar \Delta t} }$$.[6]
여기서 $$\frac{m}{2} \left( \frac{y - x}{\Delta t} \right)^2$$를 주목해 보자. 어쩐지 운동에너지 식과 닮지 않았는가? 특히 그 다음에 곱해지는 $$\Delta t$$는 심지어 이게 그냥 운동에너지를 넘어 라그랑지안을 시간에 대해 적분한 것과 유사해 보인다. 즉, 액션을 얻은 것이다.
좀 더 파고 들어가 보기 위해 이번엔 일반적인 해밀토니안 $$\mathcal{H} = \frac{1}{2m} \hat{p}^2 + V(\hat{x})$$를 생각해 보자. 그러면 $$| x_{j + 1}; t_{j + 1} \rangle = | x_{j + 1}; t_j + \Delta t \rangle$$는 다음과 같이 써진다.
$$\displaystyle \langle x_{j + 1}; t_j | e^{-i\mathcal{H}\Delta t/\hbar}| x_j; t_j \rangle = \int dp \; \langle y | p \rangle \langle p | e^{-i\mathcal{H}\Delta t/\hbar}| x \rangle$$
$$\displaystyle = \int \frac{dp}{2\pi \hbar} \; e^{ipy/\hbar} \exp{\left( i\frac{\hbar \Delta t}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} - \frac{i\Delta t}{\hbar}V(x) \right)} e^{-ipx/\hbar}$$.
이건 계산하기가 다소 난감하다. 그래도 지수 전개에서 1차항은 쉽다. 하지만 지수 전개 2차항부터는 계산이 이상해진다.
$$\displaystyle \frac{1}{2} \left( i\frac{\hbar \Delta t}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} - \frac{i\Delta t}{\hbar}V(x) \right)^2 e^{-ipx/\hbar} = \frac{1}{2} \left( i\frac{\hbar \Delta t}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} - \frac{i\Delta t}{\hbar}V(x) \right) \left( -i\frac{\hbar \Delta t}{2m} \frac{p^2}{\hbar^2} - \frac{i\Delta t}{\hbar}V(x) \right) e^{-ipx/\hbar}$$
$$\displaystyle \frac{1}{2} \left( -i\frac{\hbar \Delta t}{2m} \frac{p^2}{\hbar^2} - \frac{i\Delta t}{\hbar}V(x) \right)^2 e^{-ipx/\hbar} + \left( -\frac{ip(\Delta t)^2}{2m \hbar} \frac{dV}{dx} + \frac{(\Delta t)^2}{4m} \frac{d^2 V}{dx^2} \right) e^{-ipx/\hbar}$$.
이와 같이 지저분한 항들이 더 생겨난다. 처치 곤란해 보이는 항이긴 하지만 다행스러운 건 이런 항이 2차항에서부터만 등장한다는 것이다. 이 사실은 유용한데, 왜냐하면 이 지저분한 항들이 사실은 2차 이상의 $$(\Delta t)$$ 성분을 가지게 되기 때문이다. 즉, 다음을 얻을 수 있다.
$$\displaystyle \exp{\left( i\frac{\hbar \Delta t}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} - \frac{i\Delta t}{\hbar}V(x) \right)} e^{-ipx/\hbar} = \left( \exp{\left( -\frac{i \Delta t}{2m\hbar} p^2 - \frac{i\Delta t}{\hbar} V(x) \right)} - \frac{ip (\Delta t)^2}{2m\hbar} V'(x) + O((\Delta t)^2) \right) e^{-ipx/\hbar}$$.
$$\displaystyle = \left( \exp{\left( -\frac{i \Delta t}{2m\hbar} p^2 - \frac{i\Delta t}{\hbar} V(x) - \frac{ip (\Delta t)^2}{2m\hbar} V'(x) \right)} + O((\Delta t)^2) \right) e^{-ipx/\hbar}$$.
여기서 $$-\frac{ip (\Delta t)^2}{m} V'(x) e^{-ipx/\hbar}$$는 나중에 보면 알겠지만 따로 처리를 해 줄 필요가 있어서 살려 뒀다. 마지막 등호로 넘어가는 게 비약이 심해 보이지만 어차피 그 차이가 $$O((\Delta t)^2)$$에 들어가므로 별 문제는 없다.
이제 적분을 해 보자. 굳이 전부 다 다시 할 필요는 없고, 중요한 부분만 보도록 하자. 먼저, $$\exp{\left( -\frac{i\Delta t}{\hbar} V(x) \right)}$$는 해당 적분에서 상수 취급이므로 밖으로 빼자. 그리고 대충 쓴 $$O((\Delta t)^2)$$ 부분은 적분을 하든 말든 여전히 $$O((\Delta t)^2)$$ 꼴이므로 일단 신경 쓸 필요는 없다. 문제는 $$\exp{\left( -\frac{ip (\Delta t)^2}{2m\hbar} V'(x) \right)}$$ 파트인데, 이것 때문에 적분하려는 식이 다음과 같이 바뀌게 된다.
$$\displaystyle \exp{\left( -\frac{i\Delta t}{2m\hbar} \left( p + \frac{m}{\Delta t} (x - y) \right)^2\right)} \to \exp{\left( -\frac{i\Delta t}{2m\hbar} \left( \left( p + \frac{m}{\Delta t} (x - y) \right)^2 + p V'(x) (\Delta t) \right) \right)}$$.
그 다음 과정으로 하던 것이 적분 변수를 $$k = p + \frac{m}{\Delta t} (x - y)$$로 바꾸는 것이었다. 그런데 이걸 적용하면 식이 다음과 같이 바뀌게 된다.
$$\displaystyle \exp{\left( -\frac{i\Delta t}{2m\hbar} \left( \left( p + \frac{m}{\Delta t} (x - y) \right)^2 + p V'(x) (\Delta t) \right) \right)} = \exp{\left( -\frac{i\Delta t}{2m\hbar} \left( k^2 + 2 \left( k - \frac{m}{\Delta t} (x - y) \right) V'(x) (\Delta t) \right) \right)}$$
$$\displaystyle = \exp{\left( -\frac{i\Delta t}{2m\hbar} \left( k^2 + k V'(x) (\Delta t) - 2m(x - y) V'(x) \right) \right)}$$
$$\displaystyle = \exp{\left( -\frac{i\Delta t}{2m\hbar} \left( \left( k + \frac{1}{2} V'(x) (\Delta t) \right)^2 - \frac{1}{4} \left( V'(x) \right)^2 (\Delta t)^2 \right) - \frac{i\Delta t}{\hbar} \frac{y - x}{2} V'(x) \right)}$$.
이제 몇몇 추가 항들을 빼내고 나니 원래 적분 대상식이 나왔다. 추가 항들을 일단 빼둔 다음, 이걸 아까처럼 적분만 하면 된다. 다행히 $$-\frac{1}{4} \left( V'(x) \right)^2 (\Delta t)^2$$ 항은 $$\Delta t$$에 대해 너무 고차항이라 무시할 수 있다. 하지만 $$\exp{\left( -\frac{i\Delta t}{\hbar} \frac{y - x}{2} V'(x) \right)}$$가 문제인데, 이건 무시할 수 없다. 그런데 이 녀석은 희한하게도 한참 전에 빼뒀던 $$\exp{\left( -\frac{i\Delta t}{\hbar} V(x) \right)}$$와 희한한 작용을 한다.
$$\displaystyle \exp{\left( -\frac{i\Delta t}{\hbar} V(x) \right)} \exp{\left( -\frac{i\Delta t}{\hbar} \frac{y - x}{2} V'(x) \right)} = \exp{\left( -\frac{i\Delta t}{\hbar} \left( V(x) + \frac{y - x}{2} V'(x) \right) \right)}$$
$$\displaystyle = \exp{\left( -\frac{i\Delta t}{\hbar} \left( V\left( \frac{x + y}{2} \right) + O((x - y)^2) \right) \right)}$$
$$\displaystyle = \exp{\left( -\frac{i\Delta t}{\hbar} V\left( \frac{x + y}{2} \right) \right)} \exp{i(O((\Delta t)(x - y)^2))}$$.
테일러 급수 전개를 통해 위와 같이 전개가 됨을 보도록 하자.
이렇게 해서, 결론적으로 적분 식은 원래 식에 $$\exp{\left( -\frac{i\Delta t}{\hbar} V\left( \frac{x + y}{2} \right) \right)} \exp{(iO((\Delta t)(x - y)^2))}$$와 추가적인 $$O((\Delta t)^2)$$ 항이 덧붙는 형태가 된다는 것을 알 수 있다. 즉, 다음을 얻게 되었다는 것이다.
$$\displaystyle \langle x_{j + 1}; t_j | e^{-i\mathcal{H}\Delta t/\hbar}| x_j; t_j \rangle $$
$$\displaystyle = \exp{\left( -\frac{i\Delta t}{\hbar} V\left( \frac{x + y}{2} \right) \right)} \exp{(iO((\Delta t)(x - y)^2))} \exp{\left( \frac{i}{\hbar} \frac{m}{2} \left( \frac{y - x}{\Delta t} \right)^2 \Delta t \right)} \sqrt{ \frac{m}{2\pi i \hbar \Delta t} } + O((\Delta t)^2)$$
$$\displaystyle = \sqrt{ \frac{m}{2\pi i \hbar \Delta t} } \exp{\left( \frac{i}{\hbar} \left( \frac{m}{2} \left( \frac{y - x}{\Delta t} \right)^2 - V\left( \frac{x + y}{2} \right) \right) \Delta t \right)} \exp{(iO((\Delta t)(x - y)^2))} + O((\Delta t)^2)$$.
맨 뒤의 $$O((\Delta t)^2)$$야 무시할 수 있지만 여전히 거슬리는 것 하나가 남았는데, $$\exp{(iO((\Delta t)(x - y)^2))}$$가 그것이다. 심지어 이건 엄청나게 빠르게 진동하는 항이다. 다만 이건 다른 이유로 날아가는데다 의외의 방향으로 도움을 주는데, 다름 아닌 리만-르베그 정리 (Riemann-Lebesgue theorem) 때문이다. 이 정리에 따르면 $$\sqrt{\Delta t}|x - y|$$가 지나치게 클 때 $$n \to \infty$$로 보내는 것이 $$\exp{(iO((\Delta t)(x - y)^2))}$$의 합(즉 적분)을 0으로 보내는 것으로 알려져 있다. 실제로 $$|x - y| > \sqrt{\Delta t}$$이기만 해도 제대로 억제한다는 것을 알 수 있다. 사실 이건 다른 의미로 도움을 주는데, $$x$$와 $$y$$의 차이가 너무 크면 다음에 이어지는 작업들을 진행하기가 곤란해진다. 그런 곤란한 부분들을 이 진동항이 한까번에 날려버리기 때문이다. 한편 살아남는 부분들은 $$|x - y| < \Delta t$$를 만족하는 영역이라고 봐도 좋은데, 이때 $$\exp{(O((\Delta t)(x - y)^2))}$$는 $$n \to \infty$$에 대해 1로 수렴하므로 결국 난감한 건 다 죽이고 살릴 건 살린 채 자기만 사라지는 역할을 한다고 볼 수 있다.
이제 다음을 보자.
$$\displaystyle \exp{\left( \frac{i}{\hbar} \left( \frac{m}{2} \left( \frac{y - x}{\Delta t} \right)^2 - V\left( \frac{x + y}{2} \right) \right) \Delta t \right)}$$.
앞서 언급했듯이 처음 버전에서 이 부분은 액션일 것으로 간주되었는데, 이렇게 보면 정말로 액션으로 보인다. 앞서 언급한 억제까지 고려하면 다음과 같이 쓰는 것이 가능해진다.
$$\displaystyle \left( \frac{m}{2} \left( \frac{y - x}{\Delta t} \right)^2 - V\left( \frac{x + y}{2} \right) \right) \Delta t \to \int_{t_j}^{t_j + \Delta t} dt \; \left( \frac{1}{2} mv^2 - V(x) \right)$$.
이제 원래 문제인 $$\langle x_f; t_f | x_i; t_f \rangle$$를 구하는 문제로 돌아가 보자. 억제된 것, 무시할 것, 변환된 것들을 모두 다 정리하여 적용시켜 놓으면 결국 다음을 얻게 된다.
$$\displaystyle \langle x_f; t_f | x_i; t_i \rangle = \lim_{n \to \infty} \int \left( \prod_{j = 1}^{n - 1} dx_j \right) \prod_{j = 0}^{n - 1} \langle x_{j + 1}; t_{j + 1} | x_j; t_j \rangle$$
$$\displaystyle = \lim_{n \to \infty} \int \left( \prod_{j = 1}^{n - 1} dx_j \right) \prod_{j = 0}^{n - 1} \left( \sqrt{ \frac{m}{2\pi i \hbar \Delta t} } \exp{\left( \frac{i}{\hbar} \int_{t_j}^{t_j + \Delta t} dt \; \left( \frac{1}{2} mv^2 - V(x) \right) \right)} \right)$$
$$\displaystyle = \lim_{n \to \infty} \int \left( \prod_{j = 1}^{n - 1} dx_j \right) \left( \frac{m}{2\pi i \hbar \Delta t} \right)^{n/2} \exp{\left( \frac{i}{\hbar} \int_{t_i}^{t_f} dt \; \left( \frac{1}{2} mv^2 - V(x) \right) \right)}$$.
이 식을 이렇게 표기하자.
$$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int \left( \prod_{j = 1}^{n - 1} dx_j \right) \left( \frac{m}{2\pi i \hbar \Delta t} \right)^{n/2} \exp{\left( \frac{i}{\hbar} \int_{t_i}^{t_f} dt \; \left( \frac{1}{2} mv^2 - V(x) \right) \right)} \equiv \int \mathcal{D}x \; \exp{\left( \frac{i}{\hbar} \int_{t_i}^{t_f} dt \; \left( \frac{1}{2} mv^2 - V(x) \right) \right)}$$.
즉, 최종적으로 이렇게 쓸 수 있다.
$$\displaystyle \langle x_f; t_f | x_i; t_i \rangle = \int \mathcal{D}x \; \exp{\left( \frac{i}{\hbar} \int_{t_i}^{t_f} dt \; \left( \frac{1}{2} mv^2 - V(x) \right) \right)}$$.
이렇게 정의된 적분을 가리켜 '''경로적분(path integral)'''이라고 부른다.
[1] 담고 있다라기보단 어떤 고정된 위치, 운동량, 에너지, 각운동량 값에 대응하는 어떤 대상이라고 보면 좋겠다. 이는 힐베르트 공간(Hilbert space)의 한 원소, 즉 벡터로 표현될 수 있는데, 특히 운동량의 고유벡터(eigenvector)로 '어떤 값에 대응하는 대상'을 표현한다.[2] 그래서 양자역학을 확률론적 결정론이라고 부른다. 확률이 들어가는 것 때문에 자칫 불가지론적으로 보일 수 있었음에도 양자역학이 과학으로 인정 받을 수 있게 된 요소이다.[3] 벡터 공간에서 보통 연산자(operator)는 주어진 벡터 공간을 그 자신으로 보내는 선형 변환을 의미한다.[4] 양자역학에서 부정적분처럼 표시한 것들은 사실 전부 실수 전체 범위에서의 적분과 같다. 즉, $$\int dx_f$$라고 쓴 것이 사실은 $$\int_{\infty}^\infty dx_f$$를 뜻하는 것이다. 어차피 부정적분이 별로 나오지도 필요하지도 않은데 반해 이런 실수 전범위 적분은 몹시 자주 나오기 때문에 이런 방식이 쓰는 것이다.[5] 브라, 혹은 듀얼 벡터는 힐베르트 공간의 원소들을 복소수로 보내는 선형 변환으로 볼 수 있다. 사실 이게 수학에서 듀얼 벡터의 본질적인 개념이긴 하다.[6] Nakahara의 Lemma 1.2를 활용하였다. 가우스 적분의 확장판이라고 생각하면 되겠다.