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Problem 7-10
For any quadratic functional, if we write
\begin{equation}
x(t)=\bar{x}(t)\langle 1 \rangle,\quad \langle x(t)x(s)\rangle=[\bar{x}(t)\bar{x}(s)+g(t,s)]\langle 1 \rangle,
\tag{1}
\end{equation}
x(t)=\bar{x}(t)\langle 1 \rangle,\quad \langle x(t)x(s)\rangle=[\bar{x}(t)\bar{x}(s)+g(t,s)]\langle 1 \rangle,
\tag{1}
\end{equation}
show that
\begin{equation}
\langle x(t)x(s)x(u)\rangle=[\bar{x}(t)\bar{x}(s)\bar{x}(u)+\bar{x}(t)g(s,u)+\bar{x}(s)g(t,u)+\bar{x}(u)g(t,s)]\langle 1 \rangle.
\tag{2}
\end{equation}
\langle x(t)x(s)x(u)\rangle=[\bar{x}(t)\bar{x}(s)\bar{x}(u)+\bar{x}(t)g(s,u)+\bar{x}(s)g(t,u)+\bar{x}(u)g(t,s)]\langle 1 \rangle.
\tag{2}
\end{equation}
Find the transition element of the product of four x’s.
[ Suggestion ] :
Since \(S’_{cl}-S_{cl}\) is quadratic in \(f\) and zero for \(f=0\), it must have the mathematical form
\begin{equation}
S’_{cl}-S_{cl}=\frac{1}{2}\int dt\int ds\,f(t)f(s)\frac{i}{\hbar}g(t, s) +\int \bar{x}(t)f(t)\,dt,
\tag{3}
\end{equation}
S’_{cl}-S_{cl}=\frac{1}{2}\int dt\int ds\,f(t)f(s)\frac{i}{\hbar}g(t, s) +\int \bar{x}(t)f(t)\,dt,
\tag{3}
\end{equation}
where \(g\) and \(\bar{x}(t)\) are some functions.
( 注意 ) 原書及び校訂版では, このヒントの式 (3) の第1項目の積分中に因子 \(i/\hbar\) が入っていない：
\begin{equation}
S^{‘}_{cl}-S_{cl}=\frac{1}{2}\int dt\int ds\,f(t)f(s)\,g(t,s)+\int dt\,\bar{x}(t)f(t)
\end{equation}
S^{‘}_{cl}-S_{cl}=\frac{1}{2}\int dt\int ds\,f(t)f(s)\,g(t,s)+\int dt\,\bar{x}(t)f(t)
\end{equation}
しかし, 前述の問題 7-9 までの事柄すなわち式 (1) を元に計算を行うならば, 因子 \(i/\hbar\) が必要であると思われた． 従って自己流であるが, ヒントの式 (3) には因子 \(i/\hbar\) を挿入してあるので注意するべし!． 式 (1) の \(g\) との一致を求めないのであれば, 因子 \(i/\hbar\) は入れなくても良いであろう．
( 解答 ) 以下では, 前に書いたブログ記事「§ 7-4について」中の式を利用して議論して行く． 式 (7-70) を得るために求めた式 (7-b) と式 (7-c) を用いて, ブログ記事の式 (8) を更に \(f(u)\) で汎関数微分してみる：
\begin{align}
&\frac{\delta}{\delta f(u)}\left(\, x(t)x(s)\exp\left[\frac{i}{\hbar}\int f(t)x(t)\,dt\right]\,\right)\\
&=\frac{\delta}{\delta f(u)}\left\{\left(\frac{\hbar}{i}\frac{\delta^{2}S^{‘}_{cl}}{\delta f(s)\delta
f(t)}+\frac{\delta S^{‘}_{cl}}{\delta f(t)}\frac{\delta S^{‘}_{cl}}{\delta f(s)}\right)
\exp\left[\frac{i}{\hbar}\Bigl(S’_{cl}-S_{cl}\Bigr)\right]\right\}
\tag{4}
\end{align}
&\frac{\delta}{\delta f(u)}\left(\, x(t)x(s)\exp\left[\frac{i}{\hbar}\int f(t)x(t)\,dt\right]\,\right)\\
&=\frac{\delta}{\delta f(u)}\left\{\left(\frac{\hbar}{i}\frac{\delta^{2}S^{‘}_{cl}}{\delta f(s)\delta
f(t)}+\frac{\delta S^{‘}_{cl}}{\delta f(t)}\frac{\delta S^{‘}_{cl}}{\delta f(s)}\right)
\exp\left[\frac{i}{\hbar}\Bigl(S’_{cl}-S_{cl}\Bigr)\right]\right\}
\tag{4}
\end{align}
まず, この左辺について考える． その展開には式 (7-b) を利用する． \(\displaystyle{F[f(t)]_L=\frac{i}{\hbar}\int f(t)x(t)\,dt}\) とすると,
\begin{align}
\frac{\delta}{\delta f(u)}\Biggl(\,x(t)\,x(s)\,e^{F[f(t)]_L}\,\Biggr)
&=x(t)\,x(s)\,\frac{\delta\ e^{F[f(t)]_L}}{\delta f(u)}\\
&=\frac{i}{\hbar}x(t)\,x(s)\,x(u)\,\exp\left[\frac{i}{\hbar}\int f(t)x(t)\,dt\right]
\tag{5}
\end{align}
\frac{\delta}{\delta f(u)}\Biggl(\,x(t)\,x(s)\,e^{F[f(t)]_L}\,\Biggr)
&=x(t)\,x(s)\,\frac{\delta\ e^{F[f(t)]_L}}{\delta f(u)}\\
&=\frac{i}{\hbar}x(t)\,x(s)\,x(u)\,\exp\left[\frac{i}{\hbar}\int f(t)x(t)\,dt\right]
\tag{5}
\end{align}
次に右辺を考える． その展開には式 (7-c) を利用する． その際に \(\displaystyle{\frac{\delta^{2} S’_{cl}}{\delta f(s)\delta f(t)}}\) には \(f\) が含まれていないことに注意する．\(\displaystyle{F[f(t)]_R=\frac{i}{\hbar}\Bigl(S^{‘}_{cl}-S_{cl}\Bigr)}\) とすると,
\begin{align}
&\frac{\hbar}{i}\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(s)\delta f(t)}\frac{\delta e^{F[f(t)]_R}}{\delta f(u)}
+\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(u)\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}e^{F[f(t)]_R}
+\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(u)\delta f(s)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}e^{F[f(t)]_R}\\
&\quad+\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}\frac{\delta e^{F[f(t)]_R}}{\delta f(u)}\\
&=\Bigg\{\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(s)\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(u)}
+\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(u)\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}
+\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(u)\delta f(s)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}\\
&\quad +\frac{i}{\hbar}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}
\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(u)}\Bigg\}\,e^{F[f(t)]_R}
\tag{6}
\end{align}
&\frac{\hbar}{i}\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(s)\delta f(t)}\frac{\delta e^{F[f(t)]_R}}{\delta f(u)}
+\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(u)\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}e^{F[f(t)]_R}
+\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(u)\delta f(s)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}e^{F[f(t)]_R}\\
&\quad+\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}\frac{\delta e^{F[f(t)]_R}}{\delta f(u)}\\
&=\Bigg\{\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(s)\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(u)}
+\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(u)\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}
+\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(u)\delta f(s)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}\\
&\quad +\frac{i}{\hbar}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}
\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(u)}\Bigg\}\,e^{F[f(t)]_R}
\tag{6}
\end{align}
ここで, ヒントの式 \(S’_{cl}-S_{cl}\) を用いる：
\begin{equation}
S’_{cl}-S_{cl}=\frac{1}{2}\int dt’\int ds’\,f(t’)f(s’)\,\frac{i}{\hbar}g(t’, s’)+\int dt’\,\bar{x}(t’)f(t’)
\tag{7}
\end{equation}
S’_{cl}-S_{cl}=\frac{1}{2}\int dt’\int ds’\,f(t’)f(s’)\,\frac{i}{\hbar}g(t’, s’)+\int dt’\,\bar{x}(t’)f(t’)
\tag{7}
\end{equation}
これを \(f(i)\) で汎関数微分するならば,
\begin{align}
\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(i)}&=\frac{1}{2}\int dt’\int ds’\Bigl\{\delta(t’-i)f(s’)\frac{i}{\hbar}g(t’,s’)+f(t’)\delta(s’-i)\frac{i}{\hbar}g(t’,s’)\Bigr\}\\
&\quad +\int dt’\bar{x}(t’)\delta(t’-i)\\
&=\frac{1}{2}\int ds’\,f(s’)\frac{i}{\hbar}g(i,s’)+\frac{1}{2}\int dt’\,f(t’)\frac{i}{\hbar}g(t’,i)+\bar{x}(i)\\
&=\bar{x}(i)+\frac{i}{\hbar}\int dt’\,f(t’)g(i,t’)
\tag{8}
\end{align}
\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(i)}&=\frac{1}{2}\int dt’\int ds’\Bigl\{\delta(t’-i)f(s’)\frac{i}{\hbar}g(t’,s’)+f(t’)\delta(s’-i)\frac{i}{\hbar}g(t’,s’)\Bigr\}\\
&\quad +\int dt’\bar{x}(t’)\delta(t’-i)\\
&=\frac{1}{2}\int ds’\,f(s’)\frac{i}{\hbar}g(i,s’)+\frac{1}{2}\int dt’\,f(t’)\frac{i}{\hbar}g(t’,i)+\bar{x}(i)\\
&=\bar{x}(i)+\frac{i}{\hbar}\int dt’\,f(t’)g(i,t’)
\tag{8}
\end{align}
ただし, 関数 \(g(t,s)\) は \(t,s\) について対称的であるとした． さらに, この式 (8) を \(f(j)\) で汎関数微分するならば,
\begin{equation}
\frac{\delta}{\delta f(j)}\left(\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(i)}\right)
=\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(j)\delta f(i)}
=\int dt’\,\delta(t’-j)\,\frac{i}{\hbar}g(i,t’)=\frac{i}{\hbar}g(i,j)
\tag{9}
\end{equation}
\frac{\delta}{\delta f(j)}\left(\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(i)}\right)
=\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(j)\delta f(i)}
=\int dt’\,\delta(t’-j)\,\frac{i}{\hbar}g(i,t’)=\frac{i}{\hbar}g(i,j)
\tag{9}
\end{equation}
以上の結果式 (8), 式 (9) 中の変数 \(i,j\) 各々を \(t,s,u\) とした場合の式について， \(f=0\) の場合を考えると, 次が得られる：
\begin{align}
&\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}=\bar{x}(t),\quad \frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}=\bar{x}(s),
\quad \frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(u)}=\bar{x}(u),\\
&g(s,t)=\frac{\hbar}{i}\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(s)\delta f(t)},\quad
g(t,u)=\frac{\hbar}{i}\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(t)\delta f(u)}=,\quad
g(u,s)=\frac{\hbar}{i}\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(u)\delta f(s)}
\tag{10}
\end{align}
&\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}=\bar{x}(t),\quad \frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}=\bar{x}(s),
\quad \frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(u)}=\bar{x}(u),\\
&g(s,t)=\frac{\hbar}{i}\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(s)\delta f(t)},\quad
g(t,u)=\frac{\hbar}{i}\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(t)\delta f(u)}=,\quad
g(u,s)=\frac{\hbar}{i}\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(u)\delta f(s)}
\tag{10}
\end{align}
この結果は, 前述ブログ記事中の式 (2) 及び式 (11) に一致する結果である． それは, 式 (7-70) と式 (7-71) から, この問題で仮定した事柄が満たされていることを意味することに注意する：
\begin{equation}
\bigl\langle x(t) \bigr\rangle=\bar{x}(t)\bigl\langle\,1\,\bigr\rangle,\qquad
\bigl\langle x(t)x(s) \bigr\rangle=\bigl[\bar{x}(t)\,\bar{x}(s)+g(t,s)\bigr]\bigl\langle\,1\,\bigr\rangle
\end{equation}
\bigl\langle x(t) \bigr\rangle=\bar{x}(t)\bigl\langle\,1\,\bigr\rangle,\qquad
\bigl\langle x(t)x(s) \bigr\rangle=\bigl[\bar{x}(t)\,\bar{x}(s)+g(t,s)\bigr]\bigl\langle\,1\,\bigr\rangle
\end{equation}
以上を元に, 式 (5) と式 (6) を \(f=0\) で評価しよう． そのとき指数関数は全て \(1\) となること, そして上式 (10) を用いると,
\begin{equation}
\frac{i}{\hbar}x(t)\,x(s)\,x(u)\,\exp\left\{\frac{i}{\hbar}\int f(t)x(t)\,dt\right\}\Biggl|_{f=0}
=\frac{i}{\hbar}x(t)x(s)x(u),
\tag{11}
\end{equation}
\frac{i}{\hbar}x(t)\,x(s)\,x(u)\,\exp\left\{\frac{i}{\hbar}\int f(t)x(t)\,dt\right\}\Biggl|_{f=0}
=\frac{i}{\hbar}x(t)x(s)x(u),
\tag{11}
\end{equation}
そして,
\begin{align}
&\Bigg\{\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(s)\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(u)}
+\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(t)\delta f(u)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}
+\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(u)\delta f(s)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}\\
&\qquad\qquad +\frac{i}{\hbar}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}
\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(u)}\Bigg\}\,e^{F[f(t)]_R}\Biggl|_{f=0}\\
&\qquad=\frac{i}{\hbar}g(s,t)\bar{x}(u)+\frac{i}{\hbar}g(t,u)\bar{x}(s)+\frac{i}{\hbar}g(u,s)\bar{x}(t)
+\frac{i}{\hbar}\bar{x}(t)\bar{x}(s)\bar{x}(u)\\
&\qquad=\frac{i}{\hbar}\Bigl\{g(s,t)\,\bar{x}(u)+g(t,u)\,\bar{x}(s)+g(u,s)\,\bar{x}(t)+\bar{x}(t)\,\bar{x}(s)
\,\bar{x}(u)\Bigr\}
\tag{12}
\end{align}
&\Bigg\{\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(s)\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(u)}
+\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(t)\delta f(u)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}
+\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(u)\delta f(s)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}\\
&\qquad\qquad +\frac{i}{\hbar}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}
\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(u)}\Bigg\}\,e^{F[f(t)]_R}\Biggl|_{f=0}\\
&\qquad=\frac{i}{\hbar}g(s,t)\bar{x}(u)+\frac{i}{\hbar}g(t,u)\bar{x}(s)+\frac{i}{\hbar}g(u,s)\bar{x}(t)
+\frac{i}{\hbar}\bar{x}(t)\bar{x}(s)\bar{x}(u)\\
&\qquad=\frac{i}{\hbar}\Bigl\{g(s,t)\,\bar{x}(u)+g(t,u)\,\bar{x}(s)+g(u,s)\,\bar{x}(t)+\bar{x}(t)\,\bar{x}(s)
\,\bar{x}(u)\Bigr\}
\tag{12}
\end{align}
式 (11) と式 (12) とを等しいとし， \(i/\hbar\) で割り算すると,
\begin{equation}
x(t)x(s)x(u)=g(s,t)\,\bar{x}(u)+g(u,t)\,\bar{x}(s)+g(u,s)\,\bar{x}(t)+\bar{x}(t)\,\bar{x}(s)\,\bar{x}(u)
\tag{13}
\end{equation}
x(t)x(s)x(u)=g(s,t)\,\bar{x}(u)+g(u,t)\,\bar{x}(s)+g(u,s)\,\bar{x}(t)+\bar{x}(t)\,\bar{x}(s)\,\bar{x}(u)
\tag{13}
\end{equation}
よって, これの遷移要素の式は題意の式 (2) となる：
\begin{align}
\bigl\langle x(t)x(s)x(u)\bigr\rangle&=\bigl\langle\,\bar{x}(t)\,\bar{x}(s)\,\bar{x}(u)+g(s,t)\,\bar{x}(u)
+g(u,t)\,\bar{x}(s)+g(u,s)\,\bar{x}(t)\bigr\rangle\\
&=\bigl[\,\bar{x}(t)\,\bar{x}(s)\,\bar{x}(u)+\bar{x}(t)\,g(u,s)+\bar{x}(s)\,g(t,u)+\bar{x}(u)\,g(u,s)\,\bigr]\bigl\langle\,1\,\bigr\rangle
\tag{14}
\end{align}
\bigl\langle x(t)x(s)x(u)\bigr\rangle&=\bigl\langle\,\bar{x}(t)\,\bar{x}(s)\,\bar{x}(u)+g(s,t)\,\bar{x}(u)
+g(u,t)\,\bar{x}(s)+g(u,s)\,\bar{x}(t)\bigr\rangle\\
&=\bigl[\,\bar{x}(t)\,\bar{x}(s)\,\bar{x}(u)+\bar{x}(t)\,g(u,s)+\bar{x}(s)\,g(t,u)+\bar{x}(u)\,g(u,s)\,\bigr]\bigl\langle\,1\,\bigr\rangle
\tag{14}
\end{align}
次に4つの \(x\) の積の遷移要素を求める．手順は上記の３つの \(x\) の積の遷移要素の場合と同様に行えば良い．まず式 (5) と式 (6) より, ３つの \(x\) の積の場合のブログ記事の式(9)に相当する式は次となる：
\begin{align}
&\left\langle x(t)x(s)x(u)\exp\left[\frac{i}{\hbar}\int f(t)x(t)\,dt\right]\right\rangle \\
&\quad = \bigg\{ \frac{\hbar}{i}\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(s)\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(u)}
+\frac{\hbar}{i}\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(u)\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}
+\frac{\hbar}{i}\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(u)\delta f(s)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}\\
&\qquad +\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}
\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(u)} \bigg\}\,\exp\left[\frac{i}{\hbar}\Bigl(S’_{cl}-S_{cl}\Bigr)\right]\, \bigl\langle\,1\,\bigr\rangle
\tag{15}
\end{align}
&\left\langle x(t)x(s)x(u)\exp\left[\frac{i}{\hbar}\int f(t)x(t)\,dt\right]\right\rangle \\
&\quad = \bigg\{ \frac{\hbar}{i}\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(s)\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(u)}
+\frac{\hbar}{i}\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(u)\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}
+\frac{\hbar}{i}\frac{\delta^{2}S’_{cl}}{\delta f(u)\delta f(s)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}\\
&\qquad +\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(t)}\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(s)}
\frac{\delta S’_{cl}}{\delta f(u)} \bigg\}\,\exp\left[\frac{i}{\hbar}\Bigl(S’_{cl}-S_{cl}\Bigr)\right]\, \bigl\langle\,1\,\bigr\rangle
\tag{15}
\end{align}
この両辺の \(f(\tau)\) による汎関数微分を上記と同じ要領で行う． その後 \(f=0\) の場合を考えて式 (10) の各式を代入する． 最終的な結果は次となる：
\begin{align}
&\big\langle x(t)x(s)x(u)x(\tau)\big\rangle\\
&\quad =\Big[\bar{x}(t)\bar{x}(s)\bar{x}(u)\bar{x}(\tau)+\bar{x}(t)\bar{x}(s)g(\tau,u)+\bar{x}(s)\bar{x}(u)g(\tau,t)
+\bar{x}(u)\bar{x}(t)g(\tau,s)\\
&\qquad\quad +\bar{x}(u)\bar{x}(\tau)g(s,t)+\bar{x}(s)\bar{x}(\tau)g(u,t)+\bar{x}(t)\bar{x}(\tau)g(u,s)\\
&\qquad\quad +g(s,t)g(\tau,u)+g(u,t)g(\tau,s)+g(u,s)g(\tau,t)\Big] \big\langle 1 \big\rangle
\tag{16}
\end{align}
&\big\langle x(t)x(s)x(u)x(\tau)\big\rangle\\
&\quad =\Big[\bar{x}(t)\bar{x}(s)\bar{x}(u)\bar{x}(\tau)+\bar{x}(t)\bar{x}(s)g(\tau,u)+\bar{x}(s)\bar{x}(u)g(\tau,t)
+\bar{x}(u)\bar{x}(t)g(\tau,s)\\
&\qquad\quad +\bar{x}(u)\bar{x}(\tau)g(s,t)+\bar{x}(s)\bar{x}(\tau)g(u,t)+\bar{x}(t)\bar{x}(\tau)g(u,s)\\
&\qquad\quad +g(s,t)g(\tau,u)+g(u,t)g(\tau,s)+g(u,s)g(\tau,t)\Big] \big\langle 1 \big\rangle
\tag{16}
\end{align}
