Фермионные граничные условия при конечной температуре

Статистические суммы получаются с помощью интегралов по путям вдоль замкнутых путей. В случае фермионов антипериодические граничные условия дают след, а периодические граничные условия дают суперслед:

$$\mathrm{Tr}e^{-T H} = \int_{\begin{Bmatrix}\psi(T) = -\psi(0) \\ \bar{\psi}(T) = -\bar{\psi}(0)\end{Bmatrix}} e^{\int_0^T \bar{\psi}\dot{\psi}+ H(\bar{\psi}, \psi)} \mathcal{D}\psi\mathcal{D}\bar{\psi}$$

$$\mathrm{Str}e^{-TH} = \int_{\begin{Bmatrix}\psi(T) = \psi(0) \\ \bar{\psi}(T) = \bar{\psi}(0)\end{Bmatrix}} e^{\int_0^T \bar{\psi}\dot{\psi}+ H(\bar{\psi}, \psi)} \mathcal{D}\psi\mathcal{D}\bar{\psi}$$

Объяснение:

Фермионные интегралы по путям основаны на грассмановых символах операторов:

$$A(\bar{\psi}_f, \psi_i) = \sum_{J,K=1}^N A_{JK} \bar{\psi}_f^J, \psi_i^K$$

Где$J,K$являются подмножествами$\{ 1, ....., N\}$описывающие мультииндексы, и$|J|, |K|$обозначает количество элементов в множестве$J$.$\psi^{J}$является антисимметричным произведением$|J|$Переменные Грассмана. Эти символы эквивалентны$2^N \times 2^N$матрицы и может рассматриваться как отображение из начального гильбертова пространства, обозначаемого индексом$i$в конечное гильбертово пространство, обозначаемое индексом$j$. След и суперслед этих операторов определяются:

$$\mathrm{Tr} A = \sum_J A_{JJ}$$

$$\mathrm{Str} A = \sum_J (-1)^{|J|} A_{JJ}$$

Следы могут быть получены путем интегрирования по Гауссу-Грасману символа оператора после приравнивания начальной и конечной переменных Грассмана:

$$\mathrm{Tr} A = \int A(\bar{\psi}_f = -\bar{\psi}_i, \psi_i) e^{-\bar{\psi}_i \psi_i} \Pi_{i=1}^N d\bar{\psi}_i d \psi_i$$

$$\mathrm{Str} A = \int A(\bar{\psi}_f = \bar{\psi}_i, \psi_i) e^{-\bar{\psi}_i \psi_i} \Pi_{i=1}^N d\bar{\psi}_i d \psi_i$$

Причина этого в том, что во втором случае будет дополнительный знак минус всякий раз, когда число переменных Грассмана нечетно. Рассмотрим, например, двумерный оператор:

$A = A_{00} + A_{11}\bar{\psi}_f \psi_i$

Затем:

$\int A(-\bar{\psi}, \psi) e^{-\bar{\psi} \psi}d\bar{\psi}d\psi = (A_{00} -A_{11}\bar{\psi} \psi) (1- \bar{\psi} \psi) d\bar{\psi}d\psi = - (A_{00} + A{11}) \int \bar{\psi} \psi d\bar{\psi}d\psi = A_{00} + A_{11}$

Если изменение знака на последнем шаге связано с изменением порядка между$\psi$и$\bar{\psi}$, Сходным образом

$\int A(\bar{\psi}, \psi) e^{-\bar{\psi} \psi}d\bar{\psi}d\psi = (A_{00} +A_{11}\bar{\psi} \psi) (1- \bar{\psi} \psi) d\bar{\psi}d\psi = - (A_{00} - A{11}) \int \bar{\psi} \psi d\bar{\psi}d\psi = A_{00} - A_{11}$

Ответ на вопрос был дан в комментарии Джона Ренни к OP (я бы тоже прокомментировал, но у меня недостаточно представителей для этого).

Я хотел бы только обратить внимание на тот факт, что выполнение интеграла по траекториям по полям либо с периодическим (бозоны), либо с антипериодическим (фермионы) ВС является простым следствием того, что вы вычисляете след (или планируется) получить статистическую сумму и, следовательно, это наложение. См. уравнение (2.17) теории поля с конечной температурой Капусты (издание 1989 г.) для прозрения :)

Я читал много зверств по этому поводу, когда изучал предмет (вещи типа "для простоты мы выбираем...")

Если вам нужна демонстрация, альтернативная демонстрации связанного документа в комментарии Джона Ренни, попробуйте Приложение A к Dashen et al. ПРД 12, 2443–2458 (1975) . Только обратите внимание на то, что они делают все в пространстве Минковского.

какой-то другой подход, возможно, объяснение:

Напомним среднее тепловое$<\hat{A}>_\beta =\rm{Tr}~ e^{-\beta \hat{H}} \hat{A}$, (поставил$\rm{Tr}~ e^{-\beta \hat{H}}=1$).

Брать

$$\hat{A}=T[\hat{\psi}(x,\tau_1)\hat{\psi}(y.\tau_2)]=\theta(\tau_1-\tau_2)\hat{\psi}(x,\tau_1)\hat{\psi}(y.\tau_2)- \theta(\tau_2-\tau_1)\hat{\psi}(y,\tau_2)\hat{\psi}(x.\tau_1)$$ помещать $\hat{A}$обратно в формулу среднего значения с $\tau_2=0$и у нас будет $$\rm{Tr} ~e^{-\beta \hat{H}} \hat{\psi}(x,\tau_1)\hat{\psi}(y.0) \\ = \rm{Tr} ~\hat{\psi}(y.0)e^{-\beta \hat{H}}\hat{\psi}(x,\tau_1) \\ = \rm{Tr} ~e^{-\beta \hat{H}}e^{\beta \hat{H}}\hat{\psi}(y.0)e^{-\beta \hat{H}} \hat{\psi}(x,\tau_1) \\ = \rm{Tr} ~e^{-\beta \hat{H}}\hat{\psi}(y.\beta) \hat{\psi}(x,\tau_1)$$

Запишите приведенное выше в форме интеграла по путям и помните, что вставки в интеграле по путям будут упорядочены автоматически.

$$\int [d\psi]e^{-S} \psi(x,\tau_1)\psi(y.0)=\int [d\psi]e^{-S} \psi(y.\beta) \psi(x,\tau_1)$$ Хотя мы не выполняем граничное условие интеграла по траекториям, мы можем заключить, что $\psi(y,0)=-\psi(y,\beta)$.

Вы можете думать, как$\beta$пропорциональна$2\pi$угол$\theta$. Связь между спинорными полями$\psi(0)$и$\psi(\beta)$, то следует рассматривать как связь между$\psi(\theta=0)$и$\psi(\theta=2\pi)$. Угол$\theta$можно рассматривать как «пространственное вращение» на угол$\theta$для поля$\psi$. Теперь мы знаем, что спиноры после вращения$2 \pi$, получите знак минус. Таким образом, мы заключаем, что правильное граничное условие$\psi(\beta) = -\psi(0)$

Более строго, но эквивалентно, мы можем думать о компактной пространственной координате, где$x=0$отождествляется с$x =\beta$. Закрытый путь от$x=0$к$x=\beta$, эквивалентно$2\pi$«пространственное вращение».

Алгебраическое объяснение. Фермионный интеграл по путям основан на представлении операторов$a$и$a^{\dagger}$через переменную Грассмана$\alpha$согласно с$a\rightarrow\alpha$и$a^{\dagger}\rightarrow\partial_{\alpha}.$Волновая функция$\psi\left(\alpha\right)=c_{0}\alpha+c_{1}$является функцией$\alpha$.

Наиболее общее линейное преобразование от представления числа частиц к$\alpha$представительство$\psi\left(\alpha\right)=\sum_{n=0}^{1}U_{\alpha,n}c_{n},$т. е. формально ее можно записать в виде матрицы$U$с переменной Грассмана в качестве индекса и дискретным индексом. Это кажется сложным, но$U_{\alpha,n}=\alpha x_{n}+y_{n}$можно расширить в$\alpha$и определяется четырьмя действительными или комплексными числами$x_{0},x_{1},y_{0},y_{1}.$Чтобы узнать, как след матрицы$W_{m,n}$выглядит как в$\alpha$представление обратное$V_{n,\alpha}=\alpha p_{n}+q_{n}$матрицы$U$нужно. Таким образом, мы требуем

$$\sum_{n}U_{\alpha,n}V_{n,\beta}=\sum_{n}\left(\alpha\beta x_{n}p_{n}+\alpha x_{n}q_{n}+\beta y_{n}p_{n}+y_{n}q_{n}\right)=\beta-\alpha=\delta\left(\alpha-\beta\right).$$

The $O\left(\alpha\beta\right)$,$O\left(\alpha\right)$,$O\left(\beta\right)$и$O\left(1\right)$термины определяют четыре коэффициента$p_{0},p_{1},q_{0},q_{1}$из$V$. Результат$p_{n}=\left(\lambda x_{1},-\lambda x_{0}\right)$и$q_{n}=\left(\lambda y_{1},-\lambda y_{0}\right)$с$\lambda=1/\left(x_{1}y_{0}-x_{0}y_{1}\right).$

Для получения следа также необходимо соотношение полноты в представлении числа частиц, которое принимает вид

$$\int\mathrm{d}\alpha V_{m,\alpha}U_{-\alpha,n}=\int\mathrm{d}\alpha\left(\alpha p_{m}+q_{m}\right)\left(-\alpha x_{n}+y_{n}\right)=p_{m}y_{n}-q_{m}x_{n}=\delta_{m,n}.$$

Это уравнение, по существу, также является чисто алгебраическим, и его легко проверить с помощью$\int\mathrm{d}\alpha=\partial_{\alpha}$и явное решение для$p$и$q$. Просто проверьте случаи$mn\in\left\{ 00,01,10,11\right\}$. Знак минус обязателен.

Чтобы получить выражение для трассировки, вставьте это$\delta_{m,n}$в

$$\sum_{m,n}\delta_{m,n}W_{n,m}=\int\mathrm{d}\alpha\sum_{mn}U_{-\alpha,n}W_{nm}V_{m,\alpha}=\int\mathrm{d}\alpha W_{-\alpha,\alpha}.$$