Корреляционная функция одномерной модели XY

Чтобы ответить на этот вопрос, мы сначала найдем коррелятор:

$$\langle e^{i\alpha \theta(x)} e^{-i\alpha \theta(0)}\rangle=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{-\int dx\frac{K}{2} \left( \frac{d\theta}{dx}\right)^2+i\alpha \theta(x)-i\alpha\theta(0) \right\}$$ Выполните преобразование Фурье: $$\langle e^{i\alpha \theta(x)} e^{i\alpha' \theta(0)}\rangle=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D}\left(-\frac{K}{2} k^2 \theta(k)\theta(-k)+i\alpha \theta(k)e^{ikx}-i\alpha\theta(k) \right)\right\}$$ $$\langle e^{i\alpha \theta(x)} e^{i\alpha' \theta(0)}\rangle=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D}\left(-\frac{K}{2} k^2 \theta(k)\theta(-k)+2\alpha \theta(k)e^{ikx/2} \sin \left(\frac{kx}{2}\right)\right)\right\}$$ $$=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D}\left(-\frac{K}{2} k^2 \theta(k)\theta(-k)+\alpha \theta(k)e^{ikx/2} \sin \left(\frac{kx}{2}\right)+\alpha \theta(-k)e^{-ikx/2} \sin \left(-\frac{kx}{2}\right)\right)\right\}$$ Заполните квадрат: $$\langle e^{i\alpha \theta(x)} e^{i\alpha' \theta(0)}\rangle=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D}\left(-\frac{K}{2} k^2 \left(\theta(k)+\frac{2}{K k^2}\alpha e^{-ikx/2} \sin\left( -\frac{kx}{2}\right) \right) \left(\theta(-k)+\frac{2}{K k^2}\alpha e^{ikx/2} \sin\left( \frac{kx}{2}\right) \right)-\frac{2\alpha^2}{Kk^2} \sin^2\left(\frac{kx}{2}\right)\right)\right\}$$ Переопределение полей так, чтобы: $$\theta(k)\rightarrow \theta(k)+\frac{2}{K k^2}\alpha e^{-ikx/2} \sin\left( -\frac{kx}{2}\right)$$ мы получаем $$\langle e^{i\alpha \theta(x)} e^{i\alpha' \theta(0)}\rangle=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D}\left(-\frac{K}{2} k^2 \theta(k) \theta(-k)-\frac{2\alpha^2}{Kk^2} \sin^2\left(\frac{kx}{2}\right)\right)\right\}$$ $$=\exp\left\{-\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D} \frac{2\alpha^2}{Kk^2} \sin^2\left(\frac{kx}{2}\right)\right\}\frac{\mathcal{Z}}{\mathcal{Z}}$$ $$=\exp\left\{-\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D} \frac{\alpha^2}{Kk^2} (1-\cos\left(kx\right))\right\}$$ какая настройка $D=1$и $\alpha=1$дает вам ваш ответ. (вы можете установить $\alpha=1$изначально - я этого не делал, так как думал, что это может помочь в выводе. ps извините за длинные уравнения.

Кажется, мы также можем использовать прием из книги Сяо-Ган Вэня (Квантовая теория поля многих систем организма, стр. 93).

Сейчас$\mathcal{L}=\frac{K}{2\pi}(\partial_x\theta)^2$, то корреляционная функция (в мнимом времени) равна

$$\langle e^{i\theta(x_1)}e^{-i\theta(0)}\rangle=\frac{\int D\theta(x)e^{-\int dx\frac{K}{2\pi}(\partial_x\theta)^2+\int dx f(x)\theta(x)}}{\int D\theta(x)e^{-\int dx\frac{K}{2\pi}(\partial_x\theta)^2}}=e^{\frac{1}{2}\int dxdy\,f(x)G(x-y)f(y)},$$ где$f(x)=\delta(x-x_1)-\delta(x)$, и$G(x-y)=(-\frac{K}{\pi}\partial_x^2)^{-1}$. $$\frac{1}{2}\int dxdy\,f(x)G(x-y)f(y)=G(0)-G(x_1)=-\int\frac{dk}{2\pi}\frac{\pi}{K}\frac{1-e^{ikx}}{k^2},$$ и$\int dke^{ikx}/k^2$можно еще упростить до$\int dk \cos(kx)/k^2$. А также этот метод можно обобщить на размерность D, что аналогично квантовой спагеттификации, но здесь нам не нужна процедура переопределения.