Fermión Libre y Delta de Dirac

Tomando este documento (Zinn-Justin: Six-Vertex, Loop and Tiling Modles: Integrability and combinatorics) como referencia (capítulo 1), me gustaría hacer una pregunta. En primer lugar algunos puntos fijos:

  1. La condición de cuantización habitual (en una firma siutable):
    (1) { ψ ( z ) , ψ ( w ) } = d ( z w ) ;
  2. Como (1.1), voltea un signo:
    (2) ψ ( z ) = k Z + 1 2 ψ k z k 1 2 , ψ ( w ) = k Z + 1 2 ψ k w k 1 2 ;
  3. Entonces la relación de anticonmutación:
    (3) { ψ r , ψ s } = d r , s .

PROBLEMA

Me gustaría conseguir ( 1 ) usando ( 2 ) y ( 3 ) pero

{ ψ ( z ) , ψ ( w ) } = r Z + 1 2 s Z + 1 2 z k 1 2 w k 1 2 { ψ r , ψ s } = r Z + 1 2 z r 1 2 w r 1 2 = w 1 norte Z ( w z ) norte

en este último pasaje establezco r + 1 2 = norte . Ahora el problema es evaluar esa serie. Claro que si, ingenuamente

norte Z ( w z ) norte = norte = 0 ( w z ) norte + norte = 0 ( z w ) 1 = 1 1 w z + 1 1 z w 1 = 0 ,

esta aparente paradoja, creo, se debe al radio de convergencia de la serie: las primeras convergen si | w | < | z | , mientras que el segundo si | z | < | w | .

PREGUNTA

¿Cómo puedo resolver esta paradoja y obtener (con algunos d -representación y continuación analítica) el resultado ( 1 ) ?

Ya está, teniendo en cuenta la singularidad de la serie para w = z .
¿Cómo puedo tenerlo en cuenta? ¿De dónde viene el delta? Luego está eso w 1 en general...
Acabas de probar que la serie es cero cuando w z . Solo tenga en cuenta que cuando w = z es infinito y esto no es más que la definición del delta de Dirac.
En primer lugar, la serie nunca converge. Entonces la definición de delta no es solo una función que es cuando su argumento es cero. Entonces cuando z = w yo obtengo w 1 norte 1 , ¿a qué regularización te refieres?
Asumo norte 1 = dando por sentado su evaluación para w z . De todos modos, el mejor enfoque para verificar si el comportamiento es el de un delta es mediante una función de prueba e integración.
¿Puedes darme un ejemplo?
Hecho en la respuesta.

Respuestas (1)

Consideremos la serie

Σ ( z , w ) = w 1 norte Z ( w z ) norte
y tomar una función de prueba F ( z ) . Uno tiene
Σ ( z , w ) F ( z ) d z = w 1 norte Z w norte F ( z ) z norte d z .
Pasando al dominio complejo y eligiendo un camino adecuado, reconocemos aquí los coeficientes de una serie de Laurent y, de hecho, nuestra integral es simplemente proporcional a F ( w ) . Entonces, podemos identificar Σ ( z , w ) con d ( z w ) , despreciando una posible constante de multiplicación.

Es eso w 1 eso me preocupa!
No, de hecho, ya que los coeficientes de la serie de Laurent se dan con z norte 1 . Consulte en.wikipedia.org/wiki/Laurent_series .
Sí, por supuesto que como tengo que recoger los residuos necesito un poder extra, tienes razón. Todavía estoy un poco perplejo sobre la cuestión de la convergencia.
De hecho, sobre la convergencia he sido algo arrogante, pero considere que estoy trabajando con distribuciones y que F ( z ) debe pertenecer a un conjunto de funciones de prueba de buen comportamiento.
Ahora estoy pensando en el contorno: tal vez hay un polo en el infinito...