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 $\exp$ Taylor 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。

Week 11

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