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Week 11

Week 11

作者: 悟空金月饺子 | 来源:发表于2021-05-22 13:57 被阅读0次

Baru Mukhametzhanov, "Half-wormhole in SYK with one time point"

与SSSY那篇“Wormholes without average” 那篇文章紧密相关，把SSSY里面的计算做的更具体一些，从某种层面来说，使某些讨论更加清晰了一些。至少我可以抛开SYK的一些背景，单纯地来理解一些具体计算结果。

我们要计算的下面这个积分
z=\int d^N \psi \exp(i^{q/2}\sum J_{i_1\dots i_q}\psi_{i_1\dots i_q}）
这里\psi_{i_1\dots i_q}=\psi_{a_1}\psi_{a_2}\dots \psi_{a_q}, \psi_i 是Grassmann numbers 满足 \psi_i \psi_j+\psi_j \psi_i=0, \psi_i^2=0,
\int d\psi_i=0, \int \psi=i^{-1/2}, \int d^N \psi \psi_1\dots \psi_N=i^{-N/2}.
J 暂时看做一个fixed 的antisymmetric tensor。所以利用Grassmann上面的性质，我们可以把z具体算出来。
很明显如果N/q=p不是整数的话，这个积为0. 把\expTaylor 展开，就可以挑出那些不为0的项。比如当N=4,q=2的时候，我们有

z=\int d^4\psi\exp(i^{q/2}\sum J_{i_1\dots i_q}\psi_{i_1\dots i_q}=1+\sum+\frac{1}{2!}\sum \sum +\frac{1}{3!}\sum \sum \sum

其中只有\frac{1}{2!}\sum \sum是对积分有贡献的，结果为

\sum_{a_1<a_3}sgn(a_1,a_2,a_3,a_4)J_{a_1a_2}J_{a_3a_4}=Pf_2(J)

当p=2时就是我们熟知的pfaffian，当p>2时称为hyperpfaffian。

为了与SYK靠拢，我们可以把J提升成为一个满足Possion 分布的 random variable
\langle J_{a_1\dots a_q}J_{b_1\dots b_q}\rangle={J}^2\delta_{a_1 b_1}\dots \delta_{a_q b_q}

在我们的简单例子里因为a_1<a_2,a_3<a_4,a_1<a_3,所以没有能配对的可能，即\langle z\rangle=0. 第一个不为0的平均值是

\langle z^2\rangle=\sum_{a,n}sgn(a)sgn(b)\langle J_{a_1a_2}J_{a_3a_4}J_{b_1b_2}J_{b_3b_4}\rangle=3({J}^2)^2
因为我们规定的order，配对的情况只能是
\langle J_{a_1a_2}J_{a_3a_4}J_{b_1b_2}J_{b_3b_4}\rangle=\langle J_{a_1a_2}J_{a_3a_4}\rangle\langle J_{b_1b_2}J_{b_3b_4}\rangle

类似的我们计算\langle z^4\rangle，有两种可能的拓扑：4个z都连起来或是两两配对，然后简单数一下排列组合得\langle z^4\rangle=(6+27)(\bar{J}^2)^4

下面我们用collective variables 来重新计算这些结果。与之前的方法一样，插入一个identity

I=int_{-\infty}^{+\infty}dG \int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{d\Sigma}{2\pi i/N}\exp [-\Sigma(NG-\psi_i^L\psi_i^R]\exp[N/q (G^q-(\frac{1}{N}\psi_i^L\psi_i^R)^q)],
然后为了积分收敛，我们在做一个转动 \Sigma=i e^{-i\pi/q}\sigma,G=e^{i\pi/q}g, 这样我们有

z^2=\int_{-\infty}^{\infty}d\sigma \Psi(\sigma)\Phi(\sigma)

\Psi(\sigma)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dg}{2\pi/N}\exp[N(-i\sigma g-\frac{1}{q}g^q)]

用Mathematica简单跑一下可以发现 \Psi(\sigma)\sim \delta(\sigma)（在exp 里\sigma前面的i很关键）。还有
\Phi(\sigma)=\int d^{2N}\psi\exp[ie^{-i\pi/q}\sigma \psi_i^L\psi_i^R+i^{q/2}J_A(\psi_A^L+\psi_A^R)-i^q {J}^2\psi_A^L\psi_A^R].

SSSY 文章的proposal是，在计算z^2时候有两种saddles对应了\sigma=0和\sigma\neq 0两种情况。前面一种称为wormhole，后面一种称为half-wormhole，i.e.

z^2\sim \langle z^2\rangle+\Phi(0)

利用Grassmann number的性质，我们是可以具体把\Phi(0)算出来的,在我们的简单例子里为

\sum_{a,b}sgn(a)sgn(b)\{(J_{a_1a_2}J_{b_1b_2}-{J}^2 \delta_{a_1b_1}\delta_{a_2b_2}) (J_{a_3a_4}J_{b_3b_4}-{J}^2 \delta_{a_3b_4}\delta_{a_3b_4})\}\equiv \equiv\sum_{a,b}sgn(a)sgn(b) \prod :J_A J_B:
为了验证这个proposal，我们可以计算误差

\text{Error}=z^2-(\langle z^2\rangle+\Phi(0))

这个计算也比较直接。

最后让我们考虑一下在half-wormhole上面的fluctuation。精确的结果是

z^2=\int d\sigma \Psi(\sigma)\Phi(\sigma)

是对所有\sigma的求和，而half-wormhole，仅仅是\sigma=0的结果，所以很自然的我们考虑Tylar 展开

\Phi(\sigma)=\sum_{k=0}^{\infty}\sigma^{kq}\Phi^{(kq)}(0)
然后去算每一阶的贡献

z^2=\sum_{k=0}^p\frac{(-{J}^2)^k}{k!}(\frac{i^q}{q!})^k \Psi^{(kq)}(0)

然后利用这样的关系
\frac{i^q}{q!}\p_\sigma^q \Phi=\p_{{J}^2}\Phi
也就说我们把对于\sigma的微扰看成是coupling J在{J}的fluctuation

z^2=\sum_{k=0}^p\frac{1}{k !} ({J}^2)^k(-\frac{\p}{\p({J})^2})^k \Phi(0)

我们发现这个求和的最后一项就正好等于\langle z^2\rangle。也就说我们在不需要考虑wormhole的saddle，只需要half wormhole还有上面的fluctuation就能得到所有正确的结果。反过来也一样，可以从wormhole 出发，然后考虑所有的微扰，我们也应该可以得到正确的结果。

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