Korrelationsfunktion des eindimensionalen XY-Modells

Um diese Frage zu beantworten, finden wir zuerst den Korrelator:

$$\langle e^{i\alpha \theta(x)} e^{-i\alpha \theta(0)}\rangle=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{-\int dx\frac{K}{2} \left( \frac{d\theta}{dx}\right)^2+i\alpha \theta(x)-i\alpha\theta(0) \right\}$$ Nehmen Sie die Fourier-Transformation: $$\langle e^{i\alpha \theta(x)} e^{i\alpha' \theta(0)}\rangle=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D}\left(-\frac{K}{2} k^2 \theta(k)\theta(-k)+i\alpha \theta(k)e^{ikx}-i\alpha\theta(k) \right)\right\}$$ $$\langle e^{i\alpha \theta(x)} e^{i\alpha' \theta(0)}\rangle=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D}\left(-\frac{K}{2} k^2 \theta(k)\theta(-k)+2\alpha \theta(k)e^{ikx/2} \sin \left(\frac{kx}{2}\right)\right)\right\}$$ $$=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D}\left(-\frac{K}{2} k^2 \theta(k)\theta(-k)+\alpha \theta(k)e^{ikx/2} \sin \left(\frac{kx}{2}\right)+\alpha \theta(-k)e^{-ikx/2} \sin \left(-\frac{kx}{2}\right)\right)\right\}$$ Vervollständige das Quadrat: $$\langle e^{i\alpha \theta(x)} e^{i\alpha' \theta(0)}\rangle=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D}\left(-\frac{K}{2} k^2 \left(\theta(k)+\frac{2}{K k^2}\alpha e^{-ikx/2} \sin\left( -\frac{kx}{2}\right) \right) \left(\theta(-k)+\frac{2}{K k^2}\alpha e^{ikx/2} \sin\left( \frac{kx}{2}\right) \right)-\frac{2\alpha^2}{Kk^2} \sin^2\left(\frac{kx}{2}\right)\right)\right\}$$ Umdefinieren der Felder, sodass: $$\theta(k)\rightarrow \theta(k)+\frac{2}{K k^2}\alpha e^{-ikx/2} \sin\left( -\frac{kx}{2}\right)$$ wir bekommen $$\langle e^{i\alpha \theta(x)} e^{i\alpha' \theta(0)}\rangle=\frac{1}{\mathcal{Z}}\int \mathcal{D}\theta \exp\left\{\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D}\left(-\frac{K}{2} k^2 \theta(k) \theta(-k)-\frac{2\alpha^2}{Kk^2} \sin^2\left(\frac{kx}{2}\right)\right)\right\}$$ $$=\exp\left\{-\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D} \frac{2\alpha^2}{Kk^2} \sin^2\left(\frac{kx}{2}\right)\right\}\frac{\mathcal{Z}}{\mathcal{Z}}$$ $$=\exp\left\{-\int \frac{d^D k}{(2\pi)^D} \frac{\alpha^2}{Kk^2} (1-\cos\left(kx\right))\right\}$$ welche Einstellung $D=1$Und $\alpha=1$gibt dir deine antwort. (man könnte einstellen $\alpha=1$anfangs - ich tat es nicht, da ich dachte, es könnte bei der Ableitung helfen. ps sorry für die langen gleichungen.

Es scheint, dass wir auch einen Trick in Xiao-Gang Wens Buch anwenden können (Quantenfeldtheorie vieler Körpersysteme, Seite 93).

Jetzt$\mathcal{L}=\frac{K}{2\pi}(\partial_x\theta)^2$, dann ist die Korrelationsfunktion (in imaginärer Zeit).

$$\langle e^{i\theta(x_1)}e^{-i\theta(0)}\rangle=\frac{\int D\theta(x)e^{-\int dx\frac{K}{2\pi}(\partial_x\theta)^2+\int dx f(x)\theta(x)}}{\int D\theta(x)e^{-\int dx\frac{K}{2\pi}(\partial_x\theta)^2}}=e^{\frac{1}{2}\int dxdy\,f(x)G(x-y)f(y)},$$ Wo$f(x)=\delta(x-x_1)-\delta(x)$, Und$G(x-y)=(-\frac{K}{\pi}\partial_x^2)^{-1}$. $$\frac{1}{2}\int dxdy\,f(x)G(x-y)f(y)=G(0)-G(x_1)=-\int\frac{dk}{2\pi}\frac{\pi}{K}\frac{1-e^{ikx}}{k^2},$$ Und$\int dke^{ikx}/k^2$weiter vereinfacht werden kann$\int dk \cos(kx)/k^2$. Und auch diese Methode kann auf die D-Dimension verallgemeinert werden, was dasselbe ist wie die Quantenspaghettifizierung, aber hier brauchen wir das Neudefinitionsverfahren nicht.