量子世界/費曼路線/從量子到經典

從量子到經典

作用量

讓我們回到傳播子

$\langle B|A\rangle =\int \!{\mathcal {DC}}\,Z[{\mathcal {C}}:A\rightarrow B].$

對於一個自由且穩定的粒子，我們發現

$Z[{\mathcal {C}}]=e^{-(i/\hbar )\,m\,c^{2}\,s[{\mathcal {C}}]},\qquad s[{\mathcal {C}}]=\int _{\mathcal {C}}ds,$

其中 $ds={\sqrt {dt^{2}-(dx^{2}+dy^{2}+dz^{2})/c^{2}}}$ 是與路徑元素 $d{\mathcal {C}}$ 相關的固有時間隔。對於一般情況，我們發現振幅 $Z(d{\mathcal {C}})$ 是 $t,x,y,z$ 和 $dt,dx,dy,dz$ 的函式，或者等效地，是座標 $t,x,y,z$、4-速度的元件 $c\,dt/ds,dx/ds,dy/ds,dz/ds$，以及 $ds$ 的函式。對於一個穩定但並非自由的粒子，我們透過與上述振幅相同的論證得到，

$Z[{\mathcal {C}}]=e^{(i/\hbar )\,S[{\mathcal {C}}]},$

我們已經引入了名為作用量的函式$S[{\mathcal {C}}]=\int _{\mathcal {C}}dS$。

對於一個自由且穩定的粒子，$S[{\mathcal {C}}]$ 是固有時間（或固有持續時間）$s[{\mathcal {C}}]=\int _{\mathcal {C}}ds$ 乘以 $-mc^{2}$，無窮小作用量 $dS[d{\mathcal {C}}]$ 與 $ds$ 成正比。

$S[{\mathcal {C}}]=-m\,c^{2}\,s[{\mathcal {C}}],\qquad dS[d{\mathcal {C}}]=-m\,c^{2}\,ds.$

讓我們回顧一下。如果我們知道如何計算機率 $p(B|A)$（在所有情況下），我們就可以瞭解穩定粒子的所有運動。如果我們知道振幅 $\langle B|A\rangle$，我們就可以知道這一點。如果我們知道函式 $Z[{\mathcal {C}}]$，我們就可以知道後者。如果我們知道無窮小作用量 $dS(t,x,y,z,dt,dx,dy,dz)$ 或 $dS(t,\mathbf {r} ,dt,d\mathbf {r} )$（在所有情況下），我們就可以知道這個函式。

我們對 $dS$ 知道什麼呢？

連續傳播子的可乘性意味著相鄰無窮小路徑段 $d{\mathcal {C}}_{1}$ 和 $d{\mathcal {C}}_{2}$ 相關作用量的可加性。換句話說，

$e^{(i/\hbar )\,dS(d{\mathcal {C}}_{1}+d{\mathcal {C}}_{2})}=e^{(i/\hbar )\,dS(d{\mathcal {C}}_{2})}\,e^{(i/\hbar )\,dS(d{\mathcal {C}}_{1})}$

意味著

$dS(d{\mathcal {C}}_{1}+d{\mathcal {C}}_{2})=dS(d{\mathcal {C}}_{1})+dS(d{\mathcal {C}}_{2}).$

由此可見，微分 $dS$ 對微分 $dt,d\mathbf {r}$ 是齊次的（次數為 1）。

$dS(t,\mathbf {r} ,\lambda \,dt,\lambda \,d\mathbf {r} )=\lambda \,dS(t,\mathbf {r} ,dt,d\mathbf {r} ).$

$dS$ 的這一性質使我們能夠將作用量 $S[{\mathcal {C}}]$ 視為與 ${\mathcal {C}}$ 相關的（特定於粒子的）長度，而將 $dS$ 視為定義了（特定於粒子的）時空幾何。將 $1/dt$ 代入 $\lambda$，得到

$dS(t,\mathbf {r} ,\mathbf {v} )={\frac {dS}{dt}}.$

這似乎有些不對勁，不是嗎？由於等式右側現在是一個有限量，我們不應該對左側使用符號 $dS$。我們實際上發現了一個函式 $L(t,\mathbf {r} ,\mathbf {v} )$，被稱為 *拉格朗日函式*，使得 $dS=L\,dt$。

測地線方程

考慮從 $A$ 到 $B.$ 的時空路徑 ${\mathcal {C}}$。讓我們以這樣一種方式改變（“變化”）它，即 ${\mathcal {C}}$ 的每個點 $(t,\mathbf {r} )$ 都向對應點 $(t+\delta t,\mathbf {r} +\delta \mathbf {r} ),$ 平移了無窮小的量，但端點保持固定：$\delta t=0$ 和 $\delta \mathbf {r} =0$ 在 $A$ 和 $B.$

如果 $t\rightarrow t+\delta t,$ 那麼 $dt=t_{2}-t_{1}\longrightarrow t_{2}+\delta t_{2}-(t_{1}+\delta t_{1})=(t_{2}-t_{1})+(\delta t_{2}-\delta t_{1})=dt+d\delta t.$

同樣地，$d\mathbf {r} \rightarrow d\mathbf {r} +d\delta \mathbf {r} .$

一般來說，變化 ${\mathcal {C}}\rightarrow {\mathcal {C}}'$ 會導致動作的相應變化：$S[{\mathcal {C}}]\rightarrow S[{\mathcal {C}}']\neq S[{\mathcal {C}}].$ 如果動作沒有改變（也就是說，如果它在 ${\mathcal {C}}$ 處是 *靜止的* ），

$\delta S=\int _{{\mathcal {C}}'}dS-\int _{\mathcal {C}}dS=0,$

那麼 ${\mathcal {C}}$ 是由 $dS.$ 定義的幾何的 *測地線*。（函式 $f(x)$ 在 $x$ 的這些值處是靜止的，當 $x$ 無限小變化時，它的值不會改變。同樣，我們稱泛函 $S[{\mathcal {C}}]$ 是靜止的，如果它的值不會改變，當 ${\mathcal {C}}$ 無限小變化。）

為了得到一種更方便的方法來表徵測地線，我們從擴充套件開始

$dS({\mathcal {C}}')=dS(t+\delta t,\mathbf {r} +\delta \mathbf {r} ,dt+d\delta t,d\mathbf {r} +d\delta \mathbf {r} )$

$=dS(t,\mathbf {r} ,dt,d\mathbf {r} )+{\frac {\partial dS}{\partial t}}\,\delta t+{\frac {\partial dS}{\partial \mathbf {r} }}\cdot \delta \mathbf {r} +{\frac {\partial dS}{\partial dt}}\,d\delta t+{\frac {\partial dS}{\partial d\mathbf {r} }}\cdot d\delta \mathbf {r} .$

這給了我們

$(^{*})\quad \int _{{\mathcal {C}}'}dS-\int _{\mathcal {C}}dS=\int _{\mathcal {C}}\left[{\partial dS \over \partial t}\delta t+{\partial dS \over \partial \mathbf {r} }\cdot \delta \mathbf {r} +{\partial dS \over \partial dt}d\,\delta t+{\partial dS \over \partial d\mathbf {r} }\cdot d\,\delta \mathbf {r} \right].$

接下來我們使用導數的乘積規則，

$d\left({\partial dS \over \partial dt}\delta t\right)=\left(d{\partial dS \over \partial dt}\right)\delta t+{\partial dS \over \partial dt}d\,\delta t,$

$d\left({\partial dS \over \partial d\mathbf {r} }\cdot \delta \mathbf {r} \right)=\left(d{\partial dS \over \partial d\mathbf {r} }\right)\cdot \delta \mathbf {r} +{\partial dS \over \partial d\mathbf {r} }\cdot d\,\delta \mathbf {r} ,$

用來替換(*)中的最後兩項，這將我們帶到

$\delta S=\int \left[\left({\partial dS \over \partial t}-d{\partial dS \over \partial dt}\right)\delta t+\left({\partial dS \over \partial \mathbf {r} }-d{\partial dS \over \partial d\mathbf {r} }\right)\cdot \delta \mathbf {r} \right]+\int d\left({\partial dS \over \partial dt}\delta t+{\partial dS \over \partial d\mathbf {r} }\cdot \delta \mathbf {r} \right).$

第二個積分消失是因為它等於括號內表示式在端點 $A$ 和 $B,$ 處的差值，其中 $\delta t=0$ 並且 $\delta \mathbf {r} =0.$ 如果 ${\mathcal {C}}$ 是測地線，那麼第一個積分也消失了。事實上，在這種情況下，$\delta S=0$ 必須對所有可能的（無窮小）變化 $\delta t$ 和 $\delta \mathbf {r} ,$ 成立，因此第一個積分的被積函式消失。底線是，由 $dS$ 定義的測地線滿足測地線方程

${\partial dS \over \partial t}=d\,{\partial dS \over \partial dt},\qquad {\partial dS \over \partial \mathbf {r} }=d\,{\partial dS \over \partial d\mathbf {r} }.$

最小作用原理

如果一個物體從 $A$ 運動到 $B,$ 它沿著從 $A$ 到 $B,$ 的所有路徑運動，與電子穿過兩條縫的方式相同。那麼，為什麼大的物體（如行星、網球或蚊子）似乎沿著一條單一且明確的路徑運動呢？

至少有兩個原因。其中一個原因是，物體越大，越難滿足規則$B.$ 中規定的條件。另一個原因是，即使滿足這些條件，找到質量為$m$ 的物體的可能性，根據經典物理定律，它不應該存在，隨著$m$ 的增加而降低。

為了看到這一點，我們需要考慮到一個從$A$ 運動到$B,$ 的物體，嚴格來說不可能檢查它是否沿著數學上精確的路徑${\mathcal {C}}.$ 運動。讓我們做一個半現實的假設，即我們可以檢查的是，一個物體是否在一條狹窄的路徑束內從$A$ 運動到$B$ — 這些路徑包含在一個狹窄的管道${\mathcal {T}}.$ 內。找到它已經運動到$B$ 的機率是路徑積分$I({\mathcal {T}})=\int _{\mathcal {T}}{\mathcal {DC}}e^{(i/\hbar )S[{\mathcal {C}}]},$ 的絕對平方，它對${\mathcal {T}}.$ 中包含的路徑求和。

讓我們假設從$A$ 到$B$ 恰好只有一條路徑，對於該路徑，$S[{\mathcal {C}}]$ 是固定的：無論我們如何稍微改變路徑，它的長度都不會改變。換句話說，我們假設只有一條測地線。讓我們稱它為${\mathcal {G}},$，並假設它位於${\mathcal {T}}.$ 內。

無論路徑${\mathcal {C}},$ 如何變化，相位 $S[{\mathcal {C}}]/\hbar$ 在${\mathcal {G}}.$ 處將保持靜止。這意味著，寬泛地說，大量靠近${\mathcal {G}}$ 的路徑對$I({\mathcal {T}})$ 的貢獻具有幾乎相同的相位。因此，相應相位因子$e^{(i/\hbar )S[{\mathcal {C}}]}$ 之和的幅度很大。

如果$S[{\mathcal {C}}]/\hbar$ 在${\mathcal {C}},$ 處不保持靜止，則取決於它在${\mathcal {C}}.$ 變化時變化的速度。如果變化速度足夠快，則與靠近${\mathcal {C}}$ 的路徑相關的相位或多或少地均勻地分佈在區間$[0,2\pi ],$ 上，因此相應的相位因子加起來得到一個幅度相對較小的複數。在極限$S[{\mathcal {C}}]/\hbar \rightarrow \infty ,$ 中，對$I({\mathcal {T}})$ 的唯一顯著貢獻來自${\mathcal {G}}.$ 無窮小鄰域內的路徑。

我們假設 ${\mathcal {G}}$ 位於 ${\mathcal {T}}.$ 。如果它不在，並且如果 $S[{\mathcal {C}}]/\hbar$ 變化足夠快，則與 ${\mathcal {T}}$ 中任何路徑附近的路徑相關的相位在間隔 $[0,2\pi ],$ 上或多或少地均勻分佈，因此在極限 $S[{\mathcal {C}}]/\hbar \rightarrow \infty$ 中，對 $I({\mathcal {T}}).$ 沒有顯著的貢獻。

正如你所記得的，對於自由粒子， $S[{\mathcal {C}}]=-m\,c^{2}\,s[{\mathcal {C}}].$ 從中我們可以得出，在根據經典物理定律不應該存在的地方找到一個自由運動的物體的可能性，隨著其質量的增加而降低。由於對於足夠重的物體，由於運動的影響而導致的動作貢獻相對於 $|-m\,c^{2}\,s[{\mathcal {C}}]|,$ 很小，對於不自由運動的物體也是如此。

那麼，什麼是經典物理定律？

它們是量子物理定律在極限 $\hbar \rightarrow 0.$ 中退化的形式。在這個極限下，正如你從上面所瞭解到的，發現一個粒子在一個包含測地線的管子（無論有多窄）中運動的機率是 1，而發現一個粒子在一個不包含測地線的管子（無論有多寬）中運動的機率是 0。因此，我們可以透過說它遵循由 $dS.$ 定義的幾何的測地線來陳述經典物理定律（首先是單個“點質量”）。

這很容易推廣。一個具有 $n$ 個自由度的系統（例如，一個具有 $m$ 個粒子的系統，具有 $n=3m$ 個自由度）的傳播子是

$\langle {\mathcal {P}}_{f},t_{f}|{\mathcal {P}}_{i},t_{i}\rangle =\int \!{\mathcal {DC}}\,e^{(i/\hbar )S[{\mathcal {C}}]},$

其中 ${\mathcal {P}}_{i}$ 和 ${\mathcal {P}}_{f}$ 分別是系統在初始時刻 $t_{i}$ 和最終時刻 $t_{f},$ 的系統配置，積分是對系統 $n{+}1$ 維配置時空中所有從 $({\mathcal {P}}_{i},t_{i})$ 到 $({\mathcal {P}}_{f},t_{f}).$ 在這種情況下，相應的經典系統遵循由作用量微分 $dS,$ 定義的幾何的測地線，作用量微分現在依賴於 $n$ 個空間座標，一個時間座標和相應的 $n{+}1$ 個微分。

經典系統遵循其作用量定義的幾何的測地線的論斷通常被稱為最小作用量原理。更恰當的名稱是駐定作用量原理。

能量和動量

觀察到，如果 $dS$ 不依賴於 $t$ （也就是說，$\partial dS/\partial t=0$ ）那麼

$E=-{\partial dS \over \partial dt}$

沿著測地線是常數。（我們很快就會發現負號的原因。）

同樣，如果 $dS$ 不依賴於 $\mathbf {r}$ （也就是說，$\partial dS/\partial \mathbf {r} =0$ ）那麼

$\mathbf {p} ={\partial dS \over \partial d\mathbf {r} }$

沿著測地線是常數。

$E$ 告訴我們投影 $dt$ 的線段 $d{\mathcal {C}}$ 在路徑 ${\mathcal {C}}$ 上，對時間軸上的作用有多少貢獻 ${\mathcal {C}}.$ $\mathbf {p}$ 告訴我們投影 $d\mathbf {r}$ 的 $d{\mathcal {C}}$ 在空間上的投影對 $S[{\mathcal {C}}].$ 如果 $dS$ 沒有顯式的時間依賴性，那麼時間軸上的等間隔對 $S[{\mathcal {C}}],$ 做出相同的貢獻，如果 $dS$ 沒有顯式空間依賴性，那麼任何空間軸上的等間隔對 $S[{\mathcal {C}}].$ 在前一種情況下，等時間間隔是物理等價的：它們表示等時間。在後一種情況下，等空間間隔是物理等價的：它們表示等距離。

如果時間座標的等間隔或空間座標的等間隔不是物理等價的，那麼這有兩種原因。第一個是使用了非慣性座標。因為如果使用慣性座標，那麼每個自由移動的點質量在時間座標的等間隔內，都會在空間座標上移動等間隔，這意味著等座標間隔是物理等價的。第二個是，無論移動的是什麼，它都不是自由移動的：無論什麼，無論如何，都會影響它的運動。這是因為將物體運動的影響納入量子物理數學形式主義的一種方法是，透過讓 $dS$ 依賴於 $t$ 和/或 $\mathbf {r} .$ 來使慣性座標間隔在物理上不等價。

因此，對於自由運動的經典物體，$E$ 和 $\mathbf {p}$ 都是常數。由於 $E$ 的恆定性源於座標時間等間隔的物理等效性（也稱為時間的“齊性”），並且由於（經典地）能量被定義為其恆定性由時間的齊性所暗示的量，$E$ 是物體的能量。

同樣，由於 $\mathbf {p}$ 的恆定性源於任何空間座標軸等間隔的物理等效性（也稱為空間的“齊性”），並且由於（經典地）動量被定義為其恆定性由空間的齊性所暗示的量，$\mathbf {p}$ 是物體的動量。

讓我們對先前結果進行微分。

$dS(t,\mathbf {r} ,\lambda \,dt,\lambda \,d\mathbf {r} )=\lambda \,dS(t,\mathbf {r} ,dt,d\mathbf {r} ),$

關於 $\lambda .$ 左側變為

${d(dS) \over d\lambda }={\partial dS \over \partial (\lambda dt)}{\partial (\lambda dt) \over \partial \lambda }+{\partial dS \over \partial (\lambda d\mathbf {r} )}\cdot {\partial (\lambda d\mathbf {r} ) \over \partial \lambda }={\partial dS \over \partial (\lambda dt)}dt+{\partial dS \over \partial (\lambda d\mathbf {r} )}\cdot d\mathbf {r} ,$

而右側則僅為 $dS.$ 將 $\lambda =1$ 代入，並使用上面對 $E$ 和 $\mathbf {p} ,$ 的定義，我們得到

$-E\,dt+\mathbf {p} \cdot d\mathbf {r} =dS.$

$dS=-m\,c^{2}\,ds$ 是一個四維標量。 由於 $(c\,dt,d\mathbf {r} )$ 是一個四維向量的分量，等式左側，$-E\,dt+\mathbf {p} \cdot d\mathbf {r} ,$ 當且僅當 $(E/c,\mathbf {p} )$ 是另一個四維向量的分量。

(如果我們沒有定義 $E$ 沒有負號，那麼這個四維向量將具有分量 $(-E/c,\mathbf {p} ).$)

在自由質點的靜止系 ${\mathcal {F}}'$ 中，$dt'=ds$ 並且 $dS=-m\,c^{2}\,dt'.$ 使用 洛倫茲變換，我們發現這等於

$dS=-mc^{2}{dt-v\,dx/c^{2} \over {\sqrt {1-v^{2}/c^{2}}}}=-{mc^{2} \over {\sqrt {1-v^{2}/c^{2}}}}\,dt+{m\mathbf {v} \over {\sqrt {1-v^{2}/c^{2}}}}\cdot d\mathbf {r} ,$

其中 $\mathbf {v} =(v,0,0)$ 是質點在 ${\mathcal {F}}.$ 中的速度。 將其與上面框起來的公式進行比較，我們發現對於一個自由質點，

$E={mc^{2} \over {\sqrt {1-v^{2}/c^{2}}}}\qquad \mathbf {p} ={m\mathbf {v} \over {\sqrt {1-v^{2}/c^{2}}}}\;.$

洛倫茲力定律

為了將作用對粒子運動的影響（無論其原因）考慮在內，我們必須修改自由粒子與路徑段相關聯的作用微分 $dS=-mc^{2}\,dt{\sqrt {1-v^{2}/c^{2}}}$。在這樣做的時候，我們必須注意，修改後的 $dS$ (i) 仍然是 微分齊次的，並且 (ii) 仍然是一個四維標量。最直接的方法是新增一個不僅是齊次的，而且在座標微分中是線性的項

$(^{*})\quad dS=-mc^{2}\,dt{\sqrt {1-v^{2}/c^{2}}}-qV(t,\mathbf {r} )\,dt+(q/c)\mathbf {A} (t,\mathbf {r} )\cdot d\mathbf {r} .$

信不信由你，所有經典電磁效應（而不是它們的原因）都可以用這個表示式來解釋。 $V(t,\mathbf {r} )$ 是一個標量場（即，在空間座標旋轉下保持不變的時間和空間座標函式）， $\mathbf {A} (t,\mathbf {r} )$ 是一個三維向量場，而 $(V,\mathbf {A} )$ 是一個四維向量場。我們將 $V$ 和 $\mathbf {A}$ 分別稱為標量勢和向量勢。粒子特定的常數 $q$ 是電荷，它決定了特定種類的粒子受到電磁影響的強度。

如果一個點質量不是自由的，那麼上一節末尾的表示式給出了它的動能$E_{k}$和它的動量$\mathbf {p} _{k}.$將(*)寫成以下形式

$dS=-(E_{k}+qV)\,dt+[\mathbf {p} _{k}+(q/c)\mathbf {A} ]\cdot d\mathbf {r}$

並將它代入定義

$(^{*}{}^{*})\quad E=-{\partial dS \over \partial dt},\qquad \mathbf {p} ={\partial dS \over \partial d\mathbf {r} },$

我們得到

$E=E_{k}+qV,\qquad \mathbf {p} =\mathbf {p} _{k}+(q/c)\mathbf {A} .$

$qV$和$(q/c)\mathbf {A}$分別是粒子的勢能和勢動量。

現在我們將(**)代入測地線方程

${\partial dS \over \partial \mathbf {r} }=d\,{\partial dS \over \partial d\mathbf {r} }.$

對於右手邊，我們得到

$d\mathbf {p} _{k}+{q \over c}d\mathbf {A} =d\mathbf {p} _{k}+{q \over c}\left[dt{\partial \mathbf {A} \over \partial t}+\left(d\mathbf {r} \cdot {\partial \over \partial \mathbf {r} }\right)\mathbf {A} \right],$

而左手邊則計算為

$-q{\partial V \over \partial \mathbf {r} }dt+{q \over c}{\partial (\mathbf {A} \cdot d\mathbf {r} ) \over \partial \mathbf {r} }=-q{\partial V \over \partial \mathbf {r} }dt+{q \over c}\left[\left(d\mathbf {r} \cdot {\partial \over \partial \mathbf {r} }\right)\mathbf {A} +d\mathbf {r} \times \left({\partial \over \partial \mathbf {r} }\times \mathbf {A} \right)\right].$

兩項抵消，最終結果為

$d\mathbf {p} _{k}=q\underbrace {\left(-{\partial V \over \partial \mathbf {r} }-{1 \over c}{\partial \mathbf {A} \over \partial t}\right)} _{\displaystyle \equiv \mathbf {E} }dt+d\mathbf {r} \times {q \over c}\underbrace {\left({\partial \over \partial \mathbf {r} }\times \mathbf {A} \right)} _{\displaystyle \equiv \mathbf {B} }=q\,\mathbf {E} \,dt+d\mathbf {r} \times {q \over c}\,\mathbf {B} .$

當一個經典物體沿著測地線的段 $d{\mathcal {G}}$ 行進時，它的動量變化由兩項之和決定，一項與 $d{\mathcal {G}}$ 的時間分量 $dt$ 成正比，另一項與空間分量 $d\mathbf {r} .$ 成正比。 $dt$ 對 $\mathbf {p} _{k}$ 的變化貢獻取決於電場 $\mathbf {E} ,$ 而 $d\mathbf {r}$ 的貢獻取決於磁場 $\mathbf {B} .$ 最後一個方程通常寫成以下形式

${d\mathbf {p} _{k} \over dt}=q\,\mathbf {E} +{q \over c}\,\mathbf {v} \times \mathbf {B} ,$

稱為洛倫茲力定律，並伴隨以下敘述：存在一個稱為電磁場的物理實體，它無處不在，並對電荷施加電場力$q$ $q\mathbf {E}$ 和磁場力$(q/c)\,\mathbf {v} \times \mathbf {B} .$

(注意：洛倫茲力定律的這種形式是在高斯單位制中成立的。在MKSA 單位制中，$c$ 消失了。）

經典的故事從何而來呢？

想象一個時空中有一個小矩形，其頂點為

$A=(0,0,0,0),\;B=(dt,0,0,0),\;C=(0,dx,0,0),\;D=(dt,dx,0,0).$

讓我們計算從$A$ 到 $D$ 經 $B$ 路徑的單位電荷 ($q=1$) 在自然單位中 ( $c=1$ )

$S_{ABD}=-V(dt/2,0,0,0)\,dt+A_{x}(dt,dx/2,0,0)\,dx$

$\quad =-V(dt/2,0,0,0)\,dt+\left[A_{x}(0,dx/2,0,0)+{\partial A_{x} \over \partial t}dt\right]dx.$

接下來，從 $A$ 到 $D$ 經過 $C$ 的路徑對作用的貢獻。

$S_{ACD}=A_{x}(0,dx/2,0,0)\,dx-V(dt/2,dx,0,0)\,dt$

$=A_{x}(0,dx/2,0,0)\,dx-\left[V(dt/2,0,0,0)+{\partial V \over \partial x}dx\right]dt.$

觀察差異

$\Delta S=S_{ACD}-S_{ABD}=\left(-{\partial V \over \partial x}-{\partial A_{x} \over \partial t}\right)dt\,dx=E_{x}\,dt\,dx.$

或者，你可以將 $\Delta S$ 看作是迴路 $A\rightarrow B\rightarrow D\rightarrow C\rightarrow A.$ 的電磁作用貢獻。

讓我們重複計算一個具有以下角點的矩形：

$A=(0,0,0,0),\;B=(0,0,dy,0),\;C=(0,0,0,dz),\;D=(0,0,dy,dz).$

$S_{ABD}=A_{z}(0,0,0,dz/2)\,dz+A_{y}(0,0,dy/2,dz)\,dy$

$=A_{z}(0,0,0,dz/2)\,dz+\left[A_{y}(0,0,dy/2,0)+{\partial A_{y} \over \partial z}dz\right]dy,$

$S_{ACD}=A_{y}(0,0,dy/2,0)\,dy+A_{z}(0,0,dy,dz/2)\,dz$

$=A_{y}(0,0,dy/2,0)\,dy+\left[A_{z}(0,0,0,dz/2)+{\partial A_{z} \over \partial y}dy\right]dz,$

$\Delta S=S_{ACD}-S_{ABD}=\left({\partial A_{z} \over \partial y}-{\partial A_{y} \over \partial z}\right)dy\,dz=B_{x}\,dy\,dz.$

因此，該環路的動作的電磁貢獻等於 $\mathbf {B}$ 穿過該環路的通量。

記住 (i) 斯托克斯定理 和 (ii) $\mathbf {B}$ 的 定義（用 $\mathbf {A} ,$ 表示），我們發現

$\oint _{\partial \Sigma }\mathbf {A} \cdot d\mathbf {r} =\int _{\Sigma }{\hbox{curl}}\,\mathbf {A} \cdot d\mathbf {\Sigma } =\int _{\Sigma }\mathbf {B} \cdot d\mathbf {\Sigma } .$

換句話說，穿過一個環路 $\partial \Sigma$（或穿過任何由 $\partial \Sigma$ 包圍的表面 $\Sigma$）的磁通量等於 $\mathbf {A}$ 在該環路（或任何由該環路包圍的表面）周圍的環流。

在有限的矩形$A\rightarrow B\rightarrow D\rightarrow C\rightarrow A$ 周圍進行的迴圈$\oint _{\partial \Sigma }\mathbf {A} \cdot d\mathbf {r}$ 的作用，是增加（或減少）與線段$A\rightarrow B\rightarrow D$ 相關的動作，相對於與線段$A\rightarrow C\rightarrow D.$ 相關的動作。如果這兩個線段的動作相等，那麼我們可以預期從$A$ 到$D$ 的最小作用路徑是一條直線。如果一個線段的動作大於另一個線段的動作，那麼我們可以預期從$A$ 到$D$ 的最小作用路徑會偏離動作較大的線段。

將這與經典故事進行比較，經典故事透過呼叫垂直於磁場和粒子運動方向的力來解釋帶電粒子在磁場中的路徑彎曲。對同一效應的量子力學處理沒有提供這樣的解釋。量子力學沒有呼叫任何機制。它只是告訴我們，對於從$A$ 到$D,$ 行進的足夠重的電荷，找到它在任何不包含連線$A$ 與$D,$ 的作用測地線的路徑束中的機率幾乎為零。

對於經典故事，它根據帶電粒子在時空平面中的路徑彎曲是由於作用在電場方向上的力而引起的，也是如此。（觀察時空平面中的彎曲相當於加速或減速。特別是，包含$x$ 軸的時空平面中的彎曲相當於平行於$x$ 軸的方向的加速。）在這種情況下，相應的迴圈是 4 向量勢$(cV,\mathbf {A} )$ 在時空迴圈周圍的迴圈。