TQFT- Agregar un término QQQ-exacto que es igual a la acción misma

La afirmación de que se puede añadir un$Q$término exacto de la acción$S\to S+Q\chi$sin alterar los correladores no siempre es estrictamente cierto. Hay que tener cuidado al elegir$\chi$que no cambia el comportamiento asintótico de la acción$S$en el límite del espacio de campo. La elección de$\chi=-\psi$es claramente una elección que altera drásticamente el comportamiento asintótico de$S$. Además,$\left<Q\mathcal{O}\right>$solo se desvanece hasta los términos de frontera en el espacio de campo. Los términos de límite distintos de cero harían que los argumentos estándar que hizo fallaran.

Editar: Esto se puede demostrar con un ejemplo de dimensión finita que se puede encontrar en la sección 3.22 de las conferencias de G. Moore sobre Donaldson Invariants y 4-variedades en: http://www.physics.rutgers.edu/~gmoore/SCGP -FourManifoldsNotes-2017.pdf .

Considere la integral supersimétrica

$$\mathcal{Z}=\int d\mathcal{M}e^{-S},\quad S=\frac{1}{2}H^2+iHs(x)-i\bar{\psi}\frac{ds(x)}{dx}\psi,\quad d\mathcal{M}=\frac{dxdHd\psi d\bar{\psi}}{2\pi i},$$ dónde $s:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$es una función de valor real que satisface $|s(x)|\to\infty$como $|x|\to\infty$. La acción es invariante bajo una supersimetría con $$Qx=\psi,\quad Q\psi=0,\quad Q\bar{\psi}=H,\quad QH=0.$$ Además, la acción es $Q$-exacto $$S=Q\Psi,\quad \Psi=\left(\frac{1}{2}\bar{\psi}H+i\bar{\psi}s(x)\right).$$

Al integrarse$\psi,\bar{\psi}$y el auxiliar$H$encontramos eso$\mathcal{Z}$es dado por

$$\mathcal{Z}=\int^{\infty}_{-\infty}\frac{dx}{\sqrt{2\pi}}s'(x)e^{-\frac{1}{2}s(x)^2}=\deg(f)\int^{\infty}_{-\infty}\frac{dy}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}y^2}=\deg(f)=\sum_{z(s)}\frac{s'(x_0)}{|s'(x_0)|}$$ para evaluar la integral cambiamos de variable $f:x\mapsto y=s$y $\deg(f)$denota el grado de ese mapa, finalmente $z(s)=\{x_0|s(x_0)=0\}$es el conjunto cero de $s$. Tenga en cuenta que al integrar $H$, es decir, ajuste $H=-is(x)$, $z(s)$coincide precisamente con el conjunto de $Q$puntos fijos. Sin embargo, podríamos haber considerado deformar la acción por un $Q$término exacto, digamos, $S\to S+Q(i\bar{\psi}t(x))$y repitiendo los pasos anteriores se obtiene que $$\mathcal{Z}_t=\int^{\infty}_{-\infty}\frac{dx}{\sqrt{2\pi}}(s'(x)+t'(x))e^{-\frac{1}{2}(s(x)+t(x))^2}\stackrel{?}{=}\mathcal{Z}.$$ Debe quedar claro que hay opciones de $t$tal que $\mathcal{Z}_t$no existe, requerimos un $t$tal que $|s(x)+t(x)|\to\infty$como $|x|\to\infty$aún mantiene. Incluso si esto es cierto, hay opciones tales que $\mathcal{Z}_t\neq\mathcal{Z}$, como una demostración simple, puede elegir $s(x)=x^2-2x+1$y $t(x)=-x^2$entonces $z(s)=\{1\}$y $s'(1)=0$por eso $\mathcal{Z}=0$por otro lado el lugar cero $z(s+t)=\{1/2\}$ $s'(1/2)+t'(1/2)=-2$por eso $\mathcal{Z}_{t=-x^2}=-1$.