TQFT- Hinzufügen eines QQQ-genauen Begriffs, der der Aktion selbst entspricht

Die Aussage, dass man a hinzufügen darf$Q$genaue Bezeichnung der Aktion$S\to S+Q\chi$ohne Änderung der Korrelatoren ist nicht immer genau richtig. Man muss vorsichtig sein, um eine Auswahl zu treffen$\chi$das ändert nichts am asymptotischen Verhalten der Aktion$S$an der Grenze des Feldraums. Die Wahl der$\chi=-\psi$ist eindeutig eine Wahl, die das asymptotische Verhalten von drastisch verändert$S$. Außerdem,$\left<Q\mathcal{O}\right>$verschwindet nur bis zu Randtermen im Feldraum. Grenzterme ungleich Null würden dazu führen, dass die von Ihnen angegebenen Standardargumente fehlschlagen.

Bearbeiten: Dies kann durch ein endlichdimensionales Beispiel demonstriert werden, das in Abschnitt 3.22 der Vorlesungen von G. Moore über Donaldson-Invarianten und 4-Mannigfaltigkeiten unter http://www.physics.rutgers.edu/~gmoore/SCGP zu finden ist -FourManifoldsNotes-2017.pdf .

Betrachten Sie das supersymmetrische Integral

$$\mathcal{Z}=\int d\mathcal{M}e^{-S},\quad S=\frac{1}{2}H^2+iHs(x)-i\bar{\psi}\frac{ds(x)}{dx}\psi,\quad d\mathcal{M}=\frac{dxdHd\psi d\bar{\psi}}{2\pi i},$$ Wo $s:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ist eine echte wertvolle Funktion befriedigend $|s(x)|\to\infty$als $|x|\to\infty$. Die Wirkung ist unter einer Supersymmetrie mit invariant $$Qx=\psi,\quad Q\psi=0,\quad Q\bar{\psi}=H,\quad QH=0.$$ Darüber hinaus ist die Aktion $Q$-genau $$S=Q\Psi,\quad \Psi=\left(\frac{1}{2}\bar{\psi}H+i\bar{\psi}s(x)\right).$$

Bei der Integration aus$\psi,\bar{\psi}$und das Hilfsmittel$H$wir glauben, dass$\mathcal{Z}$wird von gegeben

$$\mathcal{Z}=\int^{\infty}_{-\infty}\frac{dx}{\sqrt{2\pi}}s'(x)e^{-\frac{1}{2}s(x)^2}=\deg(f)\int^{\infty}_{-\infty}\frac{dy}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}y^2}=\deg(f)=\sum_{z(s)}\frac{s'(x_0)}{|s'(x_0)|}$$ Um das Integral auszuwerten, haben wir Variablen geändert $f:x\mapsto y=s$Und $\deg(f)$bezeichnet schließlich den Grad dieser Abbildung $z(s)=\{x_0|s(x_0)=0\}$ist die Nullmenge von $s$. Beachten Sie dies beim Ausintegrieren $H$, dh Einstellung $H=-is(x)$, $z(s)$stimmt genau mit der Menge überein $Q$Fixpunkte. Wir hätten jedoch in Betracht ziehen können, die Aktion durch a zu deformieren $Q$genauer Begriff, sagen wir, $S\to S+Q(i\bar{\psi}t(x))$und das Wiederholen der obigen Schritte ergibt das $$\mathcal{Z}_t=\int^{\infty}_{-\infty}\frac{dx}{\sqrt{2\pi}}(s'(x)+t'(x))e^{-\frac{1}{2}(s(x)+t(x))^2}\stackrel{?}{=}\mathcal{Z}.$$ Es sollte klar sein, dass es Auswahlmöglichkeiten gibt $t$so dass $\mathcal{Z}_t$existiert nicht, wir benötigen a $t$so dass $|s(x)+t(x)|\to\infty$als $|x|\to\infty$hält noch. Selbst wenn dies zutrifft, gibt es solche Auswahlmöglichkeiten $\mathcal{Z}_t\neq\mathcal{Z}$, als einfache Demonstration könnten Sie einfach auswählen $s(x)=x^2-2x+1$Und $t(x)=-x^2$Dann $z(s)=\{1\}$Und $s'(1)=0$somit $\mathcal{Z}=0$andererseits der Nullort $z(s+t)=\{1/2\}$ $s'(1/2)+t'(1/2)=-2$somit $\mathcal{Z}_{t=-x^2}=-1$.