量子场论笔记（二十三）：电磁场与旋量场的量子化

现在我们想利用路径积分表述来对电磁场与旋量场进行量子化。

电磁场的量子化

在很早我们就通过假定的方式给出了光子传播子的费曼规则：

$\frac{-ig_{\mu\nu}}{k^2+i\epsilon} \tag{1}$

现在我们利用路径积分表述来推导这件事情。

通过分部积分与傅里叶变换，可以将自由电磁场的作用量写为：

$\begin{aligned} S[A] &= \int d^4x [-\frac{1}{4}(F_{\mu\nu})^2]\\ &= \int d^4x[-\frac{1}{4}F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}]\\ &= \int d^4x[-\frac{1}{4}(\partial^{\mu}A^{\nu}-\partial^{\nu}A^{\mu})F_{\mu\nu}]\\ &= \int d^4x[\frac{1}{4}(A^{\nu}\partial^{\mu}-A^{\mu}\partial^{\nu})(\partial_{\mu}A_{\nu}-\partial_{\nu}A_{\mu})]\\ &= \frac{1}{2}\int d^4x A_{\mu}(x)(\partial^{2}g^{\mu\nu}-\partial^{\mu}\partial^{\nu})A_{\nu}(x)\\ &= \frac{1}{2}\int d^4x \int \frac{d^4kd^4k'}{(2\pi)^8} e^{-i(k+k')\cdot x}\tilde{A}_{\mu}(k)(-k'^2g^{\mu\nu}+k'^{\mu}k'^{\nu})\tilde{A}_{\nu}(k')\\ &= \frac{1}{2}\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\tilde{A}_{\mu}(k)(-k^2g^{\mu\nu}+k^{\mu}k^{\nu})\tilde{A}_{\nu}(-k)\\ \end{aligned}\tag{2}$

为了计算传播子的费曼规则，我们必须计算如下泛函积分：

$\int \mathcal{D}Ae^{iS[A]}\tag{3}$

其中：

$\mathcal{D}A = \mathcal{D}A^0\mathcal{D}A^1\mathcal{D}A^2\mathcal{D}A^3$

我们很快发现，直接计算 $(3)$ 式是有问题的。因为规范自由度的存在，我们可以任意的选取满足条件的 $A$，例如取 $\tilde{A}_{\mu} = k_{\mu}\alpha(k)$，代入 $(2)$ 中，得到：

$S[A] = 0$

此时 $(3)$ 式显然是发散的。该问题等价的表述为，光子传播子 $D_{F}^{\nu\rho}$ 需要满足的方程：

$\begin{aligned} &(\partial^2g_{\mu\nu} - \partial_{\mu}\partial_{\nu})D_F^{\nu\rho}(x-y) = i\delta_{\mu}^{\ \ \rho}\delta^{(4)}(x-y)\\ or \quad & (-k^2g_{\mu\nu} + k_{\mu}k_{\nu})\tilde{D}_F^{\nu\rho}(k) = i\delta_{\mu}^{\ \ \rho} \end{aligned}$

该方程是的解是不存在的，因为 $4\times 4$ 矩阵 $(-k^2g_{\mu\nu} + k_{\mu}k_{\nu})$ 是奇异的。

如何解决这个问题呢？Faddeev 与 Popov 提出：我们可以增加一个规范固定条件：

$G(A) = 0 \tag{4}$

其中 $G(A)$ 是一个规范场的函数，例如 $G(A) = \partial_{\mu} A^{\mu}$ 对应于洛伦兹规范。现在我们只将那些满足规范条件的规范场考虑进来。为此，我们需要插入一个恒等算子：

$\begin{aligned} \bm{1} &= \int \mathcal{D}G(A^{\alpha})\delta(G(A^{\alpha}))\\ &= \int \mathcal{D}\alpha(x) \delta(G(A^{\alpha}))\det(\frac{\delta G(A^{\alpha})}{\delta \alpha})\\ \end{aligned}\tag{5}$

其中 $A^{\alpha}$ 表示经过如下规范变换后的场：

$A_{\mu}^{\alpha}(x) = A_{\mu}(x) + \frac{1}{e}\partial_{\mu}\alpha(x)\tag{6}$

对于洛伦兹规范有：

$G(A^{\alpha}) = \partial^{\mu}A_{\mu} + \frac{1}{e}\partial^2\alpha(x)\tag{7}$

如此泛函行列式成为：

$\det(\frac{\delta G(A^{\alpha})}{\delta \alpha}) = \det(\frac{1}{e}\partial^2)$

形式上成为一个与 $A$ 无关的量，我们需要用到这个性质。

那么插入恒等算子 $(5)$ 后，$(3)$ 式成为：

$\begin{aligned} \int \mathcal{D}Ae^{iS[A]} &= \det(\frac{\delta G(A^{\alpha})}{\delta \alpha})\int\mathcal{D}\alpha\int \mathcal{D}Ae^{iS[A]}\delta(G(A^{\alpha}))\\ &=\det(\frac{\delta G(A^{\alpha})}{\delta \alpha})\int\mathcal{D}\alpha\int \mathcal{D}A^\alpha e^{iS[A^\alpha]}\delta(G(A^{\alpha}))\\ &=\det(\frac{\delta G(A^{\alpha})}{\delta \alpha})\int\mathcal{D}\alpha\int \mathcal{D}A e^{iS[A]}\delta(G(A))\\ \end{aligned}\tag{8}$

其中第二行利用了 $\mathcal{D}A = \mathcal{D}A^{\alpha},S[A] = S[A^{\alpha}]$，第三行将 $A^{\alpha}$ 重命名为 $A$。为了继续计算，我们必须选取一个规范固定函数，我们选取以下一类函数：

$G[A] = \partial^{\mu}A_{\mu}(x) - \omega(x)\tag{9}$

代入 $(9)$ 式，得到：

$\int \mathcal{D}Ae^{iS[A]} = \det(\frac{1}{e}\partial^2)\int\mathcal{D}\alpha\int \mathcal{D}A e^{iS[A]}\delta(\partial^{\mu}A_{\mu} - \omega(x)) \tag{10}$

既然上式对所有的 $\omega(x)$，那么我们可以对所有的 $\omega(x)$ 进行积分，我们引入一个高斯形的权重函数。那么 $(10)$ 式成为：

$\begin{aligned} &N(\xi)\int \mathcal{D}\omega \exp[-i\int d^4x \frac{\omega^2}{2\xi}]\det(\frac{1}{e}\partial^2)(\int \mathcal{D}\alpha)\int \mathcal{D}A e^{iS[A]}\delta(\partial^{\mu}A_{\mu} - \omega(x))\\ =& N(\xi) \det(\frac{1}{e}\partial^2)(\int \mathcal{D}\alpha)\int \mathcal{D}A e^{iS[A]}\exp[-i\int d^4x \frac{1}{2\xi}(\partial^{\mu}A_{\mu})^2]\tag{11} \end{aligned}$

其中 $N(\xi)$ 是一个不重要的归一化常数，$\xi$ 的值是一个可以任意选取的有限值。通过 $(11)$ 式，我们发现，考虑规范固定之后，等价于为拉格朗日量加上额外一项：

$-\frac{1}{2\xi}(\partial^{\mu}A_{\mu})^2$

如此，对于一个规范不变的物理量 $\mathcal{O}(A)$ 来说，对应的关联函数为：

$\langle \Omega|T\mathcal{O}(A)|\Omega\rangle = \lim_{T\rightarrow \infty(1-i\epsilon)}\frac{\int \mathcal{D}A\mathcal{O}(A)\exp[i\int_{-T}^{T}d^4x[\mathcal{L}-\frac{1}{2\xi}(\partial^{\mu}A_{\mu})^2]]}{\int \mathcal{D}A\exp[i\int_{-T}^{T}d^4x[\mathcal{L}-\frac{1}{2\xi}(\partial^{\mu}A_{\mu})^2]] }\tag{12}$

我们再来考虑光子传播子的费曼规则。此时有：

$\begin{aligned} S'[A] &= \int d^4x [-\frac{1}{4}(F_{\mu\nu})^2 - \frac{1}{2\xi}(\partial^{\mu}A_{\mu})^2]\\ &= \frac{1}{2}\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\tilde{A}_{\mu}(k)(-k^2g^{\mu\nu}+(1-\frac{1}{\xi})k^{\mu}k^{\nu})\tilde{A}_{\nu}(-k)\\ \end{aligned}$

光子传播子 $\tilde{D}_{F}^{\nu\rho}(k)$ 满足的方程为：

$(-k^2g_{\mu\nu} + (1-\frac{1}{\xi})k_{\mu}k_{\nu})\tilde{D}_F^{\nu\rho}(k) = i\delta_{\mu}^{\ \ \rho}$

得到：

$\tilde{D}_F^{\nu\rho}(k) = \frac{-i}{k^2+i\epsilon}(g^{\mu\nu} - (1-\xi)\frac{k^{\mu}k^{\nu}}{k^2})$

$\xi=0$ 时对应 朗道规范 Laudau gauge，有：

$\tilde{D}_F^{\nu\rho}(k) = \frac{-i}{k^2+i\epsilon}(g^{\mu\nu} - \frac{k^{\mu}k^{\nu}}{k^2})\tag{13}$

$\xi=0$ 时对应 费曼规范 Feynman gauge，有：

$\tilde{D}_F^{\nu\rho}(k) = \frac{-ig^{\mu\nu}}{k^2+i\epsilon}\tag{14}$

本组笔记中习惯使用费曼规范。

Faddeev-Popov 过程保证了：任何从费曼图中计算出来的规范不变的关联函数将是独立于 $\xi$ 的。并且 Ward 等式告诉我们：对于任何 QED 的矩阵元，如果其外费米子均在壳，若添加一个正比于 $q^{\mu}$ 的项到光子传播子 $D^{\mu\nu}(q)$（即改变 $\xi$ 的值），这个矩阵元将不变化。

旋量场的量子化

旋量场分为费米子场与玻色子场，分别遵循反对易关系与对易关系。我们以 $Dirac$ 场，即 $\frac{1}{2}$-旋量场为例，它们遵循反对易关系。为了对 Dirac 场进行量子化，我们需要先了解有关反对易数：Grassmann numbers 的基本知识。

Grassmann 数

Grassmann 数的基本性质是：任意两个 Grassmann 数 $\theta,\eta$ 之间遵循反对易关系：

$\theta\eta = -\eta\theta\tag{15}$

容易得到：

$\theta^2 = 0\tag{16}$

因此任意一个关于 $\theta$ 的函数都可以写为如下形式：

$f(\theta) = A+B\theta \tag{17}$

其中 $A,B$ 为对易数。
有关 Grassman 数的积分具有如下性质：

• 线性性

$\int d\theta [af(\theta) + bg(\theta)] = a\int d\theta f(\theta) + b\int d\theta g(\theta)\\$

在量子场论中，我们希望作 shift：$\theta \rightarrow \theta + \eta$ 时，积分值不发生变化，即：

$\int d\theta (A+B\theta) = \int d\theta ((A+B\eta)+B\theta)$

再结合线性性可得，如下积分的结果只能取为 $B$ 的倍数（通常取 $1$）：

$\int d\theta (A+B\theta) = B$

利用上式将得到如下结果：

$\int d\theta = 1,\quad \int d\theta\ \theta = 1 \tag{18}$

有关 Grassmann 数的积分顺序是重要的，例如：

$\int d\theta \int d\eta\ \eta \theta = +1$

我们习惯上从内部的积分开始做起。
现在定义 Grassmann 数的厄密共轭：

$(\theta\eta)^* = \eta^*\theta^* = -\theta^*\eta^*$

我们定义：

$\theta = \frac{\theta_1 + i\theta_2}{\sqrt{2}},\quad \theta^* = \frac{\theta_1 - i\theta_2}{\sqrt{2}}$

且有：

$\int d\theta^*d\theta(\theta\theta^*) = 1$

现在来看高斯积分：

$\begin{aligned} \int d\theta^*d\theta e^{-\theta^* b\theta} &= \int d\theta^*d\theta(1-\theta^* b\theta)\\ &= \int d\theta^*d\theta(1+\theta\theta^* b) = b\\ \int d\theta^*d\theta\theta\theta^* e^{-\theta^* b\theta} &= \int d\theta^*d\theta\theta\theta^*(1-\theta^* b\theta)\\ &= \int d\theta^*d\theta\theta\theta^* = 1\\ \end{aligned}\tag{19}$

现在考虑有一组共 $n$ 个复 Grassmann 数 $\theta_{i},1\leqslant i\leqslant n$。我们可以对这组 Grassmann 数进行一个幺正变换：

$\theta_{i}' = U_{ij}\theta_j$

那么有：

$\begin{aligned} \prod_{i}\theta_i' &= \frac{1}{n!}\epsilon^{ij\cdots l}\theta_i'\theta_j'\cdots \theta_l'\\ &= \frac{1}{n!}\epsilon^{ij\cdots l}U_{ii'}\theta_{i'}U_{jj'}\theta_{j'}\cdots U_{ll'}\theta_{l'}\\ &= \frac{1}{n!}\epsilon^{ij\cdots l}U_{ii'}U_{jj'}\cdots U_{ll'}\theta_{i'}\theta_{j'}\cdots\theta_{l'}\\ &= \frac{1}{n!}\epsilon^{ij\cdots l}U_{ii'}U_{jj'}\cdots U_{ll'}\epsilon^{i'j'\cdots l'}(\prod_i \theta_i)\\ &= (\det U)(\prod_i \theta_i) \end{aligned}$

现在考虑如果对以下积分做一个幺正变换：$\theta\rightarrow U\theta$：

$(\prod_i\int d\theta_i^* d\theta_i )f(\theta) \tag{20}$

该变换的雅可比行列式为 $1$，所以积分测度不变。而考虑到 $f(\theta)$ 唯一对积分值有贡献的项将具有如下形式：

$(\prod_{i}\theta_i)(\prod_{i}\theta_i^*)$

至多相差一个倍数。那么在幺正变换下，上述式子成为：

$\begin{aligned} (\prod_{i}\theta_i)(\prod_{i}\theta_i^*) &\rightarrow \det(U)\det(U)^*(\prod_{i}\theta_i)(\prod_{i}\theta_i^*)\\ & = (\prod_{i}\theta_i)(\prod_{i}\theta_i^*)\\ \end{aligned}$

因此对积分变量进行幺正变换不改变 $(20)$ 式的值。

我们可以计算如下推广的高斯积分：

$\begin{aligned} (\prod_i\int d\theta^*_i d\theta_i )e^{-\theta_i^* B_{ij}\theta_j} &= (\prod_i\int d\theta^*_i d\theta_i )e^{-\sum_{i}b_i\theta_i^* \theta_i}\\ &= \prod_{i}b_i = \det B\\ \end{aligned}\tag{21}$

用矩阵形式写出更简洁：

$\int d\bm{\theta}^\dagger d\bm{\theta} e^{-\bm{\theta}^\dagger\bm{B}\bm{\theta}} = \det \bm{B}$

以及：

$(\prod_i\int d\theta^*_i d\theta_i )\theta_k\theta_l^* e^{-\theta_i^* B_{ij}\theta_j} = (\det B)(B^{-1})_{kl}\tag{22}$

用矩阵形式给出证明：
具体来说，先对上式左边进行幺正变换：

$\bm{\theta} = \bm{U}\bm{\theta}'\quad \bm{\theta}^\dagger =\bm{\theta}'^\dagger \bm{U}^\dagger$

使得 $\bm{B}$ 对角化：

$\bm{U}^\dagger\bm{B}\bm{U} = \bm{b} = \mathrm{diag}(b_1,\cdots,b_i,\cdots)$

由此可得：

$\bm{B}^{-1} = \bm{U}\bm{b}^{-1}\bm{U}^\dagger$

进行幺正变换后，$(22)$ 式左边成为：

$\begin{aligned} \int d\bm{\theta}^\dagger d\bm{\theta} (\bm{\theta\theta}^\dagger)_{kl}e^{-\bm{\theta}^\dagger\bm{B}\bm{\theta}} &= \int d\bm{\theta}'^\dagger d\bm{\theta}'(\bm{U}\bm{\theta}'\bm{\theta}'^\dagger \bm{U}^\dagger)_{kl}e^{-\bm{\theta}'^\dagger\bm{b}\bm{\theta}'}\\ &= \int d\bm{\theta}'^\dagger d\bm{\theta}'(\bm{U}\bm{b}^{-1}\bm{U}^\dagger)_{kl}e^{-\bm{\theta}'^\dagger\bm{b}\bm{\theta}'}\\ &= \int d\bm{\theta}'^\dagger d\bm{\theta}'(\bm{B}^{-1})_{kl}e^{-\bm{\theta}'^\dagger\bm{b}\bm{\theta}'}\\ &= (\det \bm{B})(\bm{B}^{-1})_{kl}\\ \end{aligned}$

即与$(22)$ 式右边形式一致，得证。上式中第三步运用了 Grassmann 数积分的性质，不妨类比 $(19)$ 中第二式。

Dirac 场的量子化

有了关于 Grassmann 数的基础。我们现在可以对旋量场进行量子化了。现在我们可以将一个费米子场 $\psi(x)$ 表示为：

$\psi(x) = \sum_i \psi_i\phi_i(x)$

其中 $\phi_i(x)$ 为 c-number 的函数。$\psi_i$ 为 Grassmann 数。为了描述 Dirac 场，我们取 $\phi_i$ 为四分量旋量的基底。

Dirac 场的两点关联函数为：

$\begin{aligned} \langle 0|T\psi(x_1)\bar{\psi}(x_2)|0\rangle &= \frac{\int \mathcal{D}\bar{\psi}\mathcal{D}\psi \exp[i\int d^4x \bar{\psi}(i\cancel{\partial}-m)\psi]\psi(x_1)\bar{\psi}(x_2)}{\int \mathcal{D}\bar{\psi}\mathcal{D}\psi \exp[i\int d^4x \bar{\psi}(i\cancel{\partial}-m)\psi] } \end{aligned}\tag{23}$

其结果为：

$\begin{aligned} \langle 0|T\psi(x_1)\bar{\psi}(x_2)|0\rangle &= \frac{\det(i\cancel{\partial}-m)\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}(-i(i\cancel{\partial}-m))^{-1}e^{-ik\cdot(x_1-x_2)}}{\det(i\cancel{\partial}-m)}\\ &= \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\frac{ie^{-ik\cdot(x_1-x_2)}}{\cancel{k}-m + i\epsilon} = S_F(x_1-x_2)\\ \end{aligned}\tag{24}$

Dirac 场的生成泛函为：

$Z[\bar{\eta},\eta] = \int \mathcal{D}\psi\mathcal{D}\bar{\psi}\exp[i\int d^4x[\bar{\psi}(i\cancel{\partial}-m)\psi + \bar{\eta}\psi + \bar{\psi}\eta]]\tag{25}$

其中 $\eta$ 是一个 Grassmann 场。

考虑到 $S_F(x-y)$ 是 Dirac 方程的格林函数：

$(i\cancel{\partial}-m)S_F(x-y) = i\delta^{(4)}(x-y)\tag{26}$

因此，可以考虑对 $\psi,\bar{\psi}$ 进行如下 shift：

$\begin{aligned} \psi &= \psi' - i\int d^4y S_F(x-y)\eta(y)\\ \bar{\psi} &= \bar{\psi}' + i\int d^4y S_F^*(x-y)\bar{\eta}(y)\\ &= \bar{\psi}' - i\int d^4y S_F(y-x)\bar{\eta}(y)\\ \end{aligned}$

代入 $(25)$ 式，得到：

$\begin{aligned} Z[\bar{\eta},\eta] &= \int \mathcal{D}\psi\mathcal{D}\bar{\psi}\exp[i\int d^4x[\bar{\psi}(i\cancel{\partial}-m)\psi + \bar{\eta}\psi + \bar{\psi}\eta]]\\ &= \int \mathcal{D}\psi'\mathcal{D}\bar{\psi}'\exp[i\int d^4x [\bar{\psi}'(i\cancel{\partial}-m)\psi']\exp[-\int d^4xd^4y\eta(x)S_F(x-y)\eta(y)]\\ &=Z_0\exp[-\int d^4xd^4y\bar{\eta}(x)S_F(x-y)\eta(y)]\\ \end{aligned}$

即：

$Z[\bar{\eta},\eta] = Z_0\exp[-\int d^4xd^4y\bar{\eta}(x)S_F(x-y)\eta(y)] \tag{27}$

有关 Grassmann 数的求导，有：

$\frac{d}{d\eta}\theta\eta = -\theta \quad \frac{d}{d\eta}\eta\theta = \theta$

这样，我们可以用泛函导数与生成泛函写出两点关联函数：

$\langle 0|T\psi(x_1)\bar{\psi}(x_2)|0\rangle = Z_0^{-1}(-i\frac{\delta}{\delta \bar{\eta}(x_1)})(i\frac{\delta}{\delta \eta(x_2)})Z[\bar{\eta},\eta]|_{\bar{\eta},\eta = 0} \tag{28}$

利用 $(27)$ 式，立即得到上式的结果为：

$\langle 0|T\psi(x_1)\bar{\psi}(x_2)|0\rangle = S_F(x_1-x_2)$

QED

量子场论的路径积分表述让我们可以直接从拉氏量出发，推导费曼规则。现在我们来看 QED 的拉氏量：

$\begin{aligned} \mathcal{L}_{QED} &= \bar{\psi}(i\cancel{D}-m)\psi - \frac{1}{4}(F_{\mu\nu})^2\\ &= \bar{\psi}(i\cancel{\partial}-m)\psi- \frac{1}{4}(F_{\mu\nu})^2 - e\bar{\psi}\gamma^{\mu}\psi A_{\mu}\\ &= \mathcal{L}_0 - e\bar{\psi}\gamma^{\mu}\psi A_{\mu}\\ \end{aligned}$

可以进行展开：

$\exp[i\int\mathcal{L}_0][1-ie\int d^4x \bar{\psi}\gamma^{\mu}\psi A_{\mu} + \cdots]$

其中自由场部分对应如下传播子：

$\int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\frac{ie^{-ip\cdot(x-y)}}{\cancel{p}-m+i\epsilon}$

$\int \frac{d^4q}{(2\pi)^4}\frac{-ig_{\mu\nu}e^{-iq\cdot(x-y)}}{q^2+i\epsilon}$

相互作用项给出 QED 顶点：

$-ie\gamma^{\mu}\int d^4x$

以上就是坐标空间中的费曼规则，我们将其重排后可以得到动量空间中的费曼规则。

泛函行列式

我们现在来考虑我们得到的泛函行列式的物理含义。
对于下列表达式：

$\int \mathcal{D}\bar{\psi}\mathcal{D}\psi \exp[i\int d^4x \bar{\psi}(i\cancel{D}-m)\psi]$

其值可以表示为泛函行列式：

$\begin{aligned} \det(i\cancel{D}-m) &= \det(i\cancel{\partial} - m -e\cancel{A})\\ &= \det(i\cancel{\partial}-m)\cdot \det(1 - \frac{i}{i\cancel{\partial} - m}(-ie\cancel{A}))\\ \end{aligned}\tag{28}$

设 $b_i$ 为 $B$ 的本征值，那么有下列公式成立：

$\det B = \prod_i b_i = \exp[\sum_i \log b_i] = \exp[\mathrm{Tr}(\log B)]$

注意，我们现在使用 $\mathrm{Tr}()$ 表示对算子求迹，用 $\mathrm{tr}()$ 表示求 Dirac 迹。

于是 $(28)$ 式中的如下因子可以展开为：

$\begin{aligned} \det(1 - \frac{i}{i\cancel{\partial} - m}(-ie\cancel{A})) &= \exp[\mathrm{Tr}\log(1 - \frac{i}{i\cancel{\partial} - m}(-ie\cancel{A}))]\\ &= \exp[\sum_{i=1}^{\infty}-\frac{1}{n}\mathrm{Tr}[(\frac{i}{i\cancel{\partial} - m}(-ie\cancel{A}))^n]] \end{aligned}$

考虑以下费曼规则：

其值为：

$-ie\gamma^{\mu}\int d^4x A_{\mu}(x)$

可以得到费米子行列式的值为以下费曼图的和。

这是容易理解的。因为考虑以下图：

对应的值为：

$\begin{aligned} &-\frac{1}{n}\int dx_1\cdots dx_n \mathrm{tr}[(-ie\cancel{A}(x_1))S_F(x_2-x_1)\cdots(-ie\cancel{A}(x_n))S_F(x_1-x_n)]\\ =& -\frac{1}{n}\mathrm{Tr}[(\frac{i}{i\cancel{\partial} - m}(-ie\cancel{A}))^n]\\ \end{aligned}$

其中因子为 $1/n$ 而不是 $1/n!$ 是由于：指标的顺序是重要的。