Anomalía en la mecánica cuántica en la formulación de la integral de trayectoria

Si$A$es una simetría clásica, es posible que después de la cuantización$A$ya no es una simetría. Una de las formas de ver esto en la formulación del operador de la mecánica cuántica es la siguiente.

Dejar$H$y$A$ser un operador autoadjunto en el espacio de Hilbert$\mathcal{H}$. Consideramos$H$como hamiltoniano cuántico y$A$como su simetría:$A$y$H$conmutar, lo que significa que las medidas espectrales valoradas por el operador conmutan.

Si$\psi \in \mathcal{H}$es un estado entonces

$$\frac{d}{dt} \langle A(t)\rangle= \frac{d}{dt}\langle \psi(t), A\psi(t)\rangle =\langle -i H \psi(t), A\psi(t)\rangle+ \langle\psi(t), A (-iH)\psi(t)\rangle\\ =i(\langle H \psi(t), A\psi(t)\rangle - \langle\psi(t), A H\psi(t)\rangle). \quad (\ast)$$ hamiltoniano cuántico $H$está densamente definido en $\mathcal{H}$con dominio $D(H)$y si $A$no conserva $D(H)$el primer término $\langle H \psi(t), A\psi(t)\rangle$no es igual a $\langle\psi(t), HA\psi(t)\rangle$y $\frac{d}{dt}\langle A(t)\rangle \neq 0$. En otras palabras, incluso si $H=H^{\dagger}$en $D(H)$no es necesariamente así $A(\mathcal{H})=\text{range}(A)$.

Mi pregunta es cómo derivar la fórmula.$\ast$usando la formulación integral de trayectoria? De alguna manera, el hecho de que la medida de Feynman no sea invariante bajo simetría$A$tiene que desempeñar un papel en dicho cálculo, pero no veo cómo hacerlo. si empiezo con

$$\int \mathcal Dp(s) \mathcal Dq(s) A(p(t),q(t))e^{iS(p(s),q(s))},$$ con algunas condiciones de contorno en $s=0$y $s=T$y $0<t<T$, derivar $\frac{d}{dt}$No veo cómo puedo obtener algo equivalente a $H-H^{\dagger}$en $A(\mathcal H)$.