Как рассчитать гауссовский интеграл по путям TQFT из «забавы с теорией свободного поля» Зайберга?

В своем докладе «Развлечение с теорией свободного поля» Зайберг обсуждает топологическую квантовую теорию поля в г + 1 размеры с действием

(1) С "=" н 2 π ∫ ф г а
где ф является периодическим скаляром ( ф ∼ ф + 2 π ), а это г калибровочное поле, квантованное так, что ∫ М а е 2 π Z для любого г -цикл М , и н является целым числом. Он записывает корреляционную функцию
(2) ⟨ е я ф ( п ) е я ∮ М а ⟩ "=" е 2 π я н ℓ
где п это точка, М является закрытым г -мерная гиперповерхность и ℓ это связующее число п и М . Он говорит, что, поскольку теория является гауссовской (то есть свободной), вычислить статистическую сумму и получить указанный выше результат, выполнив интеграл Гаусса, несложно.

Я не понимаю, как это сделать. Меня больше всего беспокоит то, что интеграл по путям

(3) Z "=" ∫ Д ф Д а е − С
не выглядит гауссовым для меня. Для меня интеграл Гаусса
(4) ∫ г н Φ е − 1 2 Φ Т М Φ "=" 1 дет ( М / 2 π )
где М симметричен и положительно определен, но если я попытаюсь определить (в измерениях 1+1 для конкретности) Φ "=" ( ф , а 0 , а 1 ) , Я получил
(5) С "=" н 2 π ∫ г 2 Икс г 2 у 1 2 ф ( ∂ 0 а 1 − ∂ 1 а 0 ) "=" ∫ г 2 Икс г 2 у 1 2 Φ Т н 4 π дельта ( 2 ) ( Икс − у ) ( 0 − ∂ 1 ∂ 0 ∂ 1 0 0 − ∂ 0 0 0 ) ⏟ М ( Икс , у ) Φ
и вроде бы этот оператор М обязательно имеет определитель 0 . Следовательно, интеграл по путям не имеет смысла, и, в частности, я не могу вычислять корреляторы стандартным методом введения исходных членов и завершения квадрата, потому что это потребовало бы инвертирования М .

Я могу думать о трех проблемах с тем, что я сказал:

  1. Мой М не выглядит симметричным, потому что я выполнил частичное интегрирование ф ∂ мю а 1 → − а 1 ∂ мю ф (но он эрмитов?)

  2. Я не выполнял никаких калибровочных исправлений или регуляризации интеграла по траекториям, и

  3. с ф является периодическим и а квантуется, обычный способ вычисления гауссовых интегралов может не работать.

Является ли интеграл по путям действительно гауссовым? Как бы вы его вычислили? Принятие во внимание вышеперечисленных «проблем» решит проблему?

Любая помощь приветствуется!

Связанный: Как работает этот интеграл Гаусса по вспомогательному полю в двумерной топологической калибровочной теории?

Ответы (2)

Вот один из способов получить коррелятор OP (2):

  1. Можно подумать об операторах линий/вершин Уилсона в уравнении. (2) как часть расширенного действия

    (А) С ~   "="   С + ф ( п ) + ∫ М а   "="   н 2 π ∫ ф   г а + ∫ ф ( Икс )   дельта г + 1 ( Икс , п )   ( ⋆ 1 ) ( Икс ) + ∫ а ∧ г 1 Н ( Икс ) ,
    где ⋆ 1 является формой объема на р г + 1 и 1 Н индикаторная /характеристическая функция . Здесь мы для простоты предположили, что цикл М "=" ∂ Н является границей, и мы сделали неявный выбор ориентации. Действие называется гауссовым/свободным, потому что каждый терм содержит только (до) 2 поля.

  2. МНВ для ф является 1

    (Б) н 2 π г а ( Икс ) + дельта г + 1 ( Икс , п )   ( ⋆ 1 ) ( Икс )   ≈   0 ,
    в то время как МНВ для а является
    (С) г ( н 2 π ф − 1 Н )   ≈   0 ⇒ н 2 π ф − 1 Н   ≈ с о н с т .

  3. Классическое действие на оболочке становится (после пренебрежения граничным членом)

    (Д) С ~ с л   "="   2 π н ∫ 1 Н ( Икс )   дельта г + 1 ( Икс , п )   ( ⋆ 1 ) ( Икс )   "="   2 π н ℓ .

  4. Аналогичный расчет для исходного действия С урожаи

    (Э) С с л   "="   0.

  5. Коррелятор OP (2) можно рассчитать с помощью 2 интегралов Гаусса 2

    (Ф) ⟨ е я ф ( п ) е я ∮ М а ⟩   "="   Z ~ Z   "="   ∫ Д ф Д а   е я С ~ ∫ Д ф Д а   е я С   "="   е я С ~ с л е я С с л   "=" ( Д ) + ( Е )   е 2 π я н ℓ .
    (Нужно аналитически продолжить интегралы Гаусса, чтобы сделать их сходящимися.) Завершение квадрата дает классические действия на оболочке. Обратите внимание, что 2 определителя Гаусса сокращаются.

--

1 Здесь ≈ знак означает равенство по модулю EOM.

2 Здесь мы игнорируем для простоты калибровку. Исправление калибровки привело бы к дополнительным элементам в двух действиях, которые сокращаются в корреляторе (F).

Альтернативный способ (при условии упрощения М "=" ∂ Н ), было бы просто завершить квадрат и вычислить новый гауссовский интеграл по путям. Если М ≠ ∂ Н , однако, что делать?

Немного более общая версия вашего интеграла Гаусса:

∫ Д ф опыт ⁡ ( − 1 2 ⟨ ф , Ом ф ⟩ ) "=" 1 дет Ом .
В этом случае ваш внутренний продукт
⟨ ∙ , ∘ ⟩ "=" ∫ ∙ ∧ ⋆ ∘ ,
где ⋆ является звездой Ходжа . Другая формула, которая обычно ассоциируется с интегралами Гаусса:
∫ Д ф Д ψ опыт ( − ⟨ ф , Ом ψ ⟩ ) "=" 1 дет Ом ,
что вы можете доказать, сделав ( ф , ψ ) в вектор и получением обычного интеграла Гаусса для дифференциального оператора
1 2 ( Ом Ом ) ,
или быть немного небрежным с факторами я и думать об одном из двух интегралов как о создании (функциональной) дельта-функции для другого поля, а затем использовать свойства (функциональных) дельта-функций.

В любом случае, здесь вы получите

∫ Д ф Д а опыт ⁡ ( − н 2 π ∫ ф ∧ г а ) "=" ∫ Д ф Д а опыт ⁡ ( − н 2 π ∫ ф ∧ ⋆ ⋆ г а ) "=" [ дет ( н 2 π ⋆ г ) ] − 1 "=" [ дет ( н 2 π ∂ ) ] − 1 ,
где ⋆ ⋆ "=" 1 потому что он действует на ( г + 1 ) -форма в г + 1 размеры и я написал ⋆ г как ∂ потому что действует на г -формы.

Немного поработав, вы сможете получить номер связи из этой двухточечной функции.

О комментариях в конце вашего вопроса:

  1. Несимметричность - не проблема.
  2. Это хороший момент. В своем ответе я полностью проигнорировал калибровочную инвариантность, просто чтобы продемонстрировать, что искомый интеграл действительно является интегралом Гаусса. Однако, принимая во внимание калибровочную инвариантность, с моральной точки зрения это дало бы (n бесконечный) множитель в о л ( г ) − 1 , где г является калибровочной группой (здесь это будет г "=" М а п с ( Икс , Б г U ( 1 ) ) , где Икс является многообразием вашей теории и Б г означает, что у вас есть калибровочная симметрия высшей формы). Однако, глядя на корреляционные функции, этот фактор должен отменяться, если вы включаете деление на статистическую сумму в свое определение корреляционных функций. Регуляризация повлияет на точное значение определителя, которое в любом случае снова аннулируется после вычисления корреляционных функций.
  3. Это тоже хороший момент. Как правило, это снова влияет на значение определителя и, возможно, на дополнительные вещи, исходящие от нулевых мод. Поэтому, если вас интересует функция разбиения, вам следует быть более осторожным. Но опять же они компенсируются в корреляционной функции.
Спасибо, это очень помогает! Меня все еще немного не устраивает понятие определителя оператора, такого как ⋆ г какие карты г - превращается в 0 -формы. В линейной алгебре мы бы определили определитель только для эндоморфизмов векторного пространства, а не для отображений между двумя векторными пространствами разной размерности. Я бы предположил, что пространство г -forms «больше», чем пространство 0 -forms, поэтому определитель автоматически должен быть равен 0. Как это понимать? (Возможно, здесь фиксация калибра может убить несколько степеней свободы? Но может ли она убить все степени свободы, кроме одной? а ?)
Вы можете придумать (или даже определить) определитель ⋆ г как квадратный корень из определителя ( ⋆ г ) † ⋆ г , вплоть до вопросов регуляризации.
Как рассчитать гауссовский интеграл по путям TQFT из «забавы с теорией свободного поля» Зайберга?
СпросиСетьПолитика конфиденциальности1y, 0v