Función de correlación del modelo XY unidimensional

Question

Función de correlación del modelo XY unidimensional

Física
integral de trayectoria
función de partición
teoría cuántica de campos
funciones de correlación
deberes-y-ejercicios

Bot feudalista libertario

De las notas de la conferencia de Harvard Modelo XY: dualidad partícula-vórtice por Subir Sachdev, la integral de trayectoria del modelo 1D XY está dada por

\begin{matrix} (4) & Z = \int D θ Exp {- \frac{k}{2} \int d X (\frac{d θ}{d X})^{2}} . \end{matrix}

$\mathcal{Z}=\int\mathcal{D}\theta\exp{\left\{-\frac{K}{2}\int \!dx~(\frac{d\theta}{dx})^{2}\right\}}.\tag{4}$ Introducción de un parámetro de pedido complejo

\begin{matrix} (3) & ψ = {mi}^{i θ}, \end{matrix}

$\psi=e^{i\theta},\tag{3}$ la función de correlación está dada por

\begin{matrix} (5) & ⟨ ψ (X) ψ^{*} (0) ⟩ = Exp (- \frac{1}{k} \int \frac{d k}{2 π} \frac{1 - porque (k X)}{k^{2}}) . \end{matrix}

$\left\langle\psi(x)\psi^{\ast}(0)\right\rangle=\exp{\left(-\frac{1}{K}\int\!\frac{dk}{2\pi}\frac{1-\cos(kx)}{k^{2}}\right)}.\tag{5}$ Mi pregunta es ¿cómo debo realizar la ruta integral para obtener la función de correlación anterior?

Respuestas (2)

Función de correlación del modelo XY unidimensional

Espaguetificación cuántica · Answer 1

Para responder a esta pregunta primero encontraremos el correlador:

⟨ {mi}^{i α θ (X)} {mi}^{- i α θ (0)} ⟩ = \frac{1}{Z} \int D θ Exp {- \int d X \frac{k}{2} {(\frac{d θ}{d X})}^{2} + i α θ (X) - i α θ (0)}

$\langle e^{i\alpha \theta(x)} e^{-i\alpha \theta(0)}\rangle=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{-\int dx\frac{K}{2} \left( \frac{d\theta}{dx}\right)^2+i\alpha \theta(x)-i\alpha\theta(0) \right\}$ Tome la transformada de Fourier:

⟨ {mi}^{i α θ (X)} {mi}^{i α^{'} θ (0)} ⟩ = \frac{1}{Z} \int D θ Exp {\int \frac{d^{D} k}{(2 π)^{D}} (- \frac{k}{2} k^{2} θ (k) θ (- k) + i α θ (k) {mi}^{i k X} - i α θ (k))}

$\langle e^{i\alpha \theta(x)} e^{i\alpha' \theta(0)}\rangle=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D}\left(-\frac{K}{2} k^2 \theta(k)\theta(-k)+i\alpha \theta(k)e^{ikx}-i\alpha\theta(k) \right)\right\}$

⟨ {mi}^{i α θ (X)} {mi}^{i α^{'} θ (0)} ⟩ = \frac{1}{Z} \int D θ Exp {\int \frac{d^{D} k}{(2 π)^{D}} (- \frac{k}{2} k^{2} θ (k) θ (- k) + 2 α θ (k) {mi}^{i k X / 2} pecado (\frac{k X}{2}))}

$\langle e^{i\alpha \theta(x)} e^{i\alpha' \theta(0)}\rangle=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D}\left(-\frac{K}{2} k^2 \theta(k)\theta(-k)+2\alpha \theta(k)e^{ikx/2} \sin \left(\frac{kx}{2}\right)\right)\right\}$

= \frac{1}{Z} \int D θ Exp {\int \frac{d^{D} k}{(2 π)^{D}} (- \frac{k}{2} k^{2} θ (k) θ (- k) + α θ (k) {mi}^{i k X / 2} pecado (\frac{k X}{2}) + α θ (- k) {mi}^{- i k X / 2} pecado (- \frac{k X}{2}))}

$=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D}\left(-\frac{K}{2} k^2 \theta(k)\theta(-k)+\alpha \theta(k)e^{ikx/2} \sin \left(\frac{kx}{2}\right)+\alpha \theta(-k)e^{-ikx/2} \sin \left(-\frac{kx}{2}\right)\right)\right\}$ Completar el cuadrado:

⟨ {mi}^{i α θ (X)} {mi}^{i α^{'} θ (0)} ⟩ = \frac{1}{Z} \int D θ Exp {\int \frac{d^{D} k}{(2 π)^{D}} (- \frac{k}{2} k^{2} (θ (k) + \frac{2}{k k^{2}} α {mi}^{- i k X / 2} pecado (- \frac{k X}{2})) (θ (- k) + \frac{2}{k k^{2}} α {mi}^{i k X / 2} pecado (\frac{k X}{2})) - \frac{2 α^{2}}{k k^{2}} {pecado}^{2} (\frac{k X}{2}))}

$\langle e^{i\alpha \theta(x)} e^{i\alpha' \theta(0)}\rangle=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D}\left(-\frac{K}{2} k^2 \left(\theta(k)+\frac{2}{K k^2}\alpha e^{-ikx/2} \sin\left( -\frac{kx}{2}\right) \right) \left(\theta(-k)+\frac{2}{K k^2}\alpha e^{ikx/2} \sin\left( \frac{kx}{2}\right) \right)-\frac{2\alpha^2}{Kk^2} \sin^2\left(\frac{kx}{2}\right)\right)\right\}$ Redefiniendo los campos para que:

θ (k) \to θ (k) + \frac{2}{k k^{2}} α {mi}^{- i k X / 2} pecado (- \frac{k X}{2})

$\theta(k)\rightarrow \theta(k)+\frac{2}{K k^2}\alpha e^{-ikx/2} \sin\left( -\frac{kx}{2}\right)$ obtenemos

⟨ {mi}^{i α θ (X)} {mi}^{i α^{'} θ (0)} ⟩ = \frac{1}{Z} \int D θ Exp {\int \frac{d^{D} k}{(2 π)^{D}} (- \frac{k}{2} k^{2} θ (k) θ (- k) - \frac{2 α^{2}}{k k^{2}} {pecado}^{2} (\frac{k X}{2}))}

$\langle e^{i\alpha \theta(x)} e^{i\alpha' \theta(0)}\rangle=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D}\left(-\frac{K}{2} k^2 \theta(k) \theta(-k)-\frac{2\alpha^2}{Kk^2} \sin^2\left(\frac{kx}{2}\right)\right)\right\}$

= Exp {- \int \frac{d^{D} k}{(2 π)^{D}} \frac{2 α^{2}}{k k^{2}} {pecado}^{2} (\frac{k X}{2})} \frac{Z}{Z}

$=\exp\left\{-\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D} \frac{2\alpha^2}{Kk^2} \sin^2\left(\frac{kx}{2}\right)\right\}\frac{\mathcal{Z}}{\mathcal{Z}}$

= Exp {- \int \frac{d^{D} k}{(2 π)^{D}} \frac{α^{2}}{k k^{2}} (1 - porque (k X))}

$=\exp\left\{-\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D} \frac{\alpha^2}{Kk^2} (1-\cos\left(kx\right))\right\}$ qué ajuste

D = 1

$D=1$ y

α = 1

$\alpha=1$ te da tu respuesta. (usted puede establecer

α = 1

$\alpha=1$ inicialmente, no lo hice porque pensé que podría ayudar en la derivación. ps lo siento por las ecuaciones largas.

¿Por qué es legítimo el paso en el que redefines el campo?

ZJX · Answer 2

Parece que también podemos usar un truco en el libro de Xiao-Gang Wen (Teoría cuántica de campos de muchos sistemas corporales, página 93).

Ahora $\mathcal{L}=\frac{K}{2\pi}(\partial_x\theta)^2$ , entonces la función de correlación (en tiempo imaginario) es

⟨ {mi}^{i θ (X_{1})} {mi}^{- i θ (0)} ⟩ = \frac{\int D θ (X) {mi}^{- \int d X \frac{k}{2 π} (\partial_{X} θ)^{2} + \int d X F (X) θ (X)}}{\int D θ (X) {mi}^{- \int d X \frac{k}{2 π} (\partial_{X} θ)^{2}}} = {mi}^{\frac{1}{2} \int d X d y F (X) GRAMO (X - y) F (y)},

$\langle e^{i\theta(x_1)}e^{-i\theta(0)}\rangle=\frac{\int D\theta(x)e^{-\int dx\frac{K}{2\pi}(\partial_x\theta)^2+\int dx f(x)\theta(x)}}{\int D\theta(x)e^{-\int dx\frac{K}{2\pi}(\partial_x\theta)^2}}=e^{\frac{1}{2}\int dxdy\,f(x)G(x-y)f(y)},$ dónde

f (x) = δ (x - x_{1}) - δ (x)

$f(x)=\delta(x-x_1)-\delta(x)$ , y

G (x - y) = (- \frac{K}{π} \partial_{x}^{2})^{- 1}

$G(x-y)=(-\frac{K}{\pi}\partial_x^2)^{-1}$ .

\frac{1}{2} \int d X d y F (X) GRAMO (X - y) F (y) = GRAMO (0) - GRAMO (X_{1}) = - \int \frac{d k}{2 π} \frac{π}{k} \frac{1 - {mi}^{i k X}}{k^{2}},

$\frac{1}{2}\int dxdy\,f(x)G(x-y)f(y)=G(0)-G(x_1)=-\int\frac{dk}{2\pi}\frac{\pi}{K}\frac{1-e^{ikx}}{k^2},$ y

\int d k e^{i k x} / k^{2}

$\int dke^{ikx}/k^2$ se puede simplificar aún más para

\int d k \cos (k x) / k^{2}

$\int dk \cos(kx)/k^2$ . Y también, este método se puede generalizar a la dimensión D, que es lo mismo que la espaguetificación cuántica, pero aquí no necesitamos el procedimiento de redefinición.

Función de correlación del modelo XY unidimensional

Bot feudalista libertario

Respuestas (2)

Espaguetificación cuántica

Milarepa

ZJX

Bot feudalista libertario

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