量子の粒子は古典の輪：統計の対応

(1) 結合のベクトル $\Delta_k=x_{k+1}-x_k$ を独立変数にとると、重みは $\prod_k\mathrm{e}^{-\beta k_P\Delta_k^2/2}$ で、輪が閉じる条件 $\sum_k\Delta_k=0$ がつく。条件なしなら各 $\Delta_k$ は分散 $a=1/(\beta k_P)=\beta\hbar^2/(mP)$ の独立な Gauss 変数である。独立な Gauss 変数を和が0の超平面に制限すると、共分散は $a(\delta_{jk}-1/P)$ になる（和の方向の成分だけを取り除く射影）。したがって $\langle \Delta_k^2 \rangle =a(1-1/P)=\frac{\beta\hbar^2}{mP}(1-\frac1P)$ である。

(2) Fourier 成分で書くと、ばねの項は $\beta k_P\sum_k\lvert \Delta\rvert ^2$ を対角化して、波数 $q=2\pi j/P$（$j=1,\dots,P-1$）の成分の分散が $\frac{1}{\beta k_P\cdot4\sin^2(\pi j/P)}$ になる。回転半径の2乗はこの分散の和を $P$ で割ったもので、$\frac1P\sum_{j=1}^{P-1}\frac{\beta\hbar^2}{mP}\frac1{4\sin^2(\pi j/P)}$ である。和の公式 $\sum_{j=1}^{P-1}1/\sin^2(\pi j/P)=(P^2-1)/3$ を使うと $\frac{\beta\hbar^2}{mP^2}\cdot\frac{P^2-1}{12}=\frac{\beta\hbar^2}{12m}(1-\frac1{P^2})$ となる。$P\to\infty$ で $\beta\hbar^2/(12m)$、すなわち連続な経路の揺らぎの分散 (3.6.17) に戻る。$P$ が有限の輪は、連続な経路の揺らぎのうち高い Matsubara 成分を落としたものである。

(3) ⁴He の $2.17\,\mathrm K$ では $\sqrt{\hbar^2/(12m k_{\mathrm B} T)}=0.068\,\mathrm{nm}$（$=\lambda_T/\sqrt{24\pi}$、$\lambda_T=0.592\,\mathrm{nm}$）、電子の $300\,\mathrm K$ では $0.496\,\mathrm{nm}$ である。⁴He の輪そのものは原子の間隔 $0.36\,\mathrm{nm}$ より小さいが、隣の原子と入れ替わる配置の重みは $\mathrm{e}^{-\pi d^2/\lambda_T^2}$ 程度の因子で決まり、$\lambda_T$ が間隔を上回るとこの入れ替えが無視できなくなる。