有限温场论

没想到今年进藤先生打算考有限温了。不过也好，反正本来就要学的，只是没人督促就没动力。现在有了官方督促了（手动滑稽

虚时格林函数

考虑巨正则系综

$$\hat K=\hat H-\mu\hat N$$

配分函数为

$$Z_G=\mathrm{Tr}[e^{-\beta\hat K}]\equiv e^{-\beta\Omega}\tag{1.1}$$

其中定义了巨热力学势$\Omega=-k_BT\ln Z_G$。 密度矩阵为

$$\rho_G=\frac{e^{-\beta\hat K}}{Z_G}\tag{1.2}$$

将Heisenberg绘景中的时间转为虚时，即定义$\tau\equiv it$

$$\hat O_K(\vec x,\tau)\equiv e^{K\tau/\hbar}\hat O_S(\vec x)e^{-K\tau/\hbar}\tag{1.3}$$

相应的产生湮灭算符为

$$\left\{\begin{aligned} &\psi^\dagger_{\vec k,\alpha}(\vec x,\tau)=e^{\hat K\tau/\hbar}\psi^\dagger_\alpha(\vec x)e^{-\hat K\tau/\hbar}\\ &\psi_{\vec k,\alpha}(\vec x,\tau)=e^{\hat K\tau/\hbar}\psi_\alpha(\vec x)e^{-\hat K\tau/\hbar}\\ \end{aligned}\right.\tag{1.4}$$

可以看出，他俩不再是厄米共轭关系。

有了以上准备，我们定义格林函数

$$g_{\alpha\beta}(\vec x,\tau;\vec x',\tau')\equiv-\mathrm{Tr}[\rho_G T_\tau\{\psi_{K,\alpha}(\vec x,\tau)\psi^\dagger_{K,\beta}(\vec x',\tau')\}]\tag{1.5}$$

和零温时相似，格林函数能计算一些量

1. $\langle j(\vec x)\rangle=\mp \lim tr[J(\vec x)g(\vec x,\tau;\vec x’,\tau+0)]$
2. $\langle E\rangle=\pm\frac12\lim\int\mathrm d^3\vec x(\hbar\partial_\tau+\frac{\hbar^2\nabla_x^2}{2m}-\mu)tr[g(\vec x,\tau;\vec x’,\tau+0)]$
3. 进一步，热力学势可视为势能的函数 $$\Omega(\lambda=1)=\Omega(\lambda=0)\pm\frac12\lim\int_0^1\frac{\mathrm d\lambda}\lambda\int\mathrm d^3\vec x(\hbar\partial_\tau-\frac{\hbar^2\nabla_x^2}{2m}-\mu)tr[g^\lambda(\vec x,\tau;\vec x',\tau+0)]$$

无相互作用格林函数

要计算格林函数，通常采用的是微扰展开。而在此之前则需要知道无相互作用时的格林函数。从定义式出发

$$\begin{aligned} g^0_{\alpha\beta}(\vec x,\tau;\vec x',\tau') =&-\frac1{Z_G}\mathrm{Tr}[e^{-\beta K}T_\tau\{\psi_{K,\alpha}(\vec x,\tau)\psi^\dagger_{K,\beta}(\vec x',\tau')\}]\\ =&-\frac1{Z_G}\mathrm{Tr}[e^{-\beta K}e^{K\tau/\hbar}\psi_{\alpha}(\vec x)e^{-K(\tau-\tau')/\hbar}\psi^\dagger_{\beta}(\vec x')e^{-K\tau'\hbar}]\theta(\tau-\tau')+\cdots\\ =&-\frac1{Z_G}\mathrm{Tr}[e^{-\beta K}e^{K(\tau-\tau')/\hbar}\psi_{\alpha}(\vec x)e^{-K(\tau-\tau')/\hbar}\psi^\dagger_{\beta}(\vec x')]\theta(\tau-\tau')+\cdots\\ \end{aligned}$$

省略号为另一个时序。把场算符按照平面波展开

$$\psi^\dagger(\vec x)=\frac1{\sqrt V}\sum_{\vec k}e^{-i\vec k\cdot\vec x}a^\dagger_{\vec k},\quad\psi(\vec x)=\frac1{\sqrt V}\sum_{\vec k}e^{i\vec k\cdot\vec x}a_{\vec k}$$

此外对于无相互作用$K=\sum_j\epsilon_{\vec k_j}-\mu N$，所以

$$g^0_{\alpha\beta}(\vec x,\tau;\vec x',\tau')=-\frac{\delta_{\alpha\beta}}{Z_G}\sum_{\vec k_j}\frac1V\sum_{\vec q} \langle\vec k_j|e^{-\beta K}a_{\vec q}a^\dagger_{\vec q}|\vec k_j\rangle e^{i\vec q\cdot(\vec x-\vec x')}e^{-(\epsilon_{\vec q}-\mu)(\tau-\tau')/\hbar}\theta(\tau-\tau') +\cdots$$

把看起来很繁琐的部分单独提出来计算

$$\frac1{Z_G}\sum_{\vec k_j}\langle\vec k_j|e^{-\beta K}a_{\vec q}a^\dagger_{\vec q}|\vec k_j\rangle= \frac{\sum_n (1\pm n)e^{-n\beta(\epsilon_{\vec q}-\mu)}}{\sum_n e^{-n\beta(\epsilon_{\vec q}-\mu)}}=1\pm\frac1{e^{\beta(\epsilon_{\vec q}-\mu)}\mp 1}\equiv 1\pm n_{\vec q}^0$$

其中玻色子从零累加到无穷，费米子累加到1，结果是一个负正号的区别。第二项也能算，结论为

$$g^0_{\alpha\beta}(\vec x,\tau;\vec x',\tau')=-\frac{\delta_{\alpha\beta}}V\sum_{\vec k}e^{i\vec k\cdot(\vec x-\vec x')-\frac{\epsilon_{\vec k}-\mu}{\hbar}(\tau-\tau')}\left[\left(1\pm n_{\vec k}^0\right)\theta(\tau-\tau')\pm n_{\vec k}^0\theta(\tau'-\tau)\right]\tag{2.1}$$

既然具有平移不变性，不妨写为

$$g^0_{\alpha\beta}(\vec x,\tau)=-\frac{\delta_{\alpha\beta}}V\sum_{\vec k}e^{i\vec k\cdot\vec x-\frac{\epsilon_{\vec k}-\mu}{\hbar}\tau}\left[\left(1\pm n_{\vec k}^0\right)\theta(\tau)\pm n_{\vec k}^0\theta(-\tau)\right]\tag{2.2}$$

因为(2.1)里$0\le\tau,\tau’\le\hbar\beta$，所以(2.2)里$-\hbar\beta\le\tau\le\hbar\beta$

动量空间无相互作用格林函数

对(2.2)做Fourier变换，因为时间部分有范围，所以应当做离散版本（空间部分自必不说，毕竟用了箱归一化）

$$g^0_{\alpha\beta}(\vec x,\tau) =\frac1V\sum_{\vec k}\frac1{\hbar\beta}\sum_{\omega=\frac{2\pi}{2\hbar\beta}n}e^{i\vec k\cdot\vec x-i\omega\tau}g^0_{\alpha\beta}(\vec k,\omega)\tag{3.1}$$

因此，空间部分容易写出，时间部分通过标准的求系数的方法得

$$\begin{aligned} &g^0_{\alpha\beta}(\vec k,n\frac{\pi}{\hbar\beta}) =-\frac{\delta_{\alpha\beta}}2\int_{-\hbar\beta}^{\hbar\beta}\mathrm d\tau\ \exp\left[\left(in\frac{\pi}{\hbar\beta}-\frac{\epsilon_{\vec k}-\mu}{\hbar}\right)\tau\right]\left[\theta(\tau)\pm n_{\vec k}^0\right]\\ =&-\frac{\delta_{\alpha\beta}}2\frac1{in\frac{\pi}{\hbar\beta}-\frac{\epsilon_{\vec k}-\mu}{\hbar}}\left[\left((-1)^ne^{-\beta(\epsilon_{\vec k}-\mu)}-1\right)\pm n_{\vec k}^0\left((-1)^ne^{-\beta(\epsilon_{\vec k}-\mu)}-(-1)^ne^{\beta(\epsilon_{\vec k}-\mu)}\right)\right]\\ =&-\frac{\delta_{\alpha\beta}}2\frac1{in\frac{\pi}{\hbar\beta}-\frac{\epsilon_{\vec k}-\mu}{\hbar}}\left[\left((-1)^ne^{-\beta(\epsilon_{\vec k}-\mu)}-1\right)\mp (-1)^n\left(1\pm e^{-\beta(\epsilon_{\vec k}-\mu)}\right)\right]\\ =&\frac{\delta_{\alpha\beta}}2\frac1{in\frac{\pi}{\hbar\beta}-\frac{\epsilon_{\vec k}-\mu}{\hbar}}\left[1\pm (-1)^n\right]\\ \end{aligned}\tag{3.2}$$

所以玻色子和费米子各有一半频率为零，同写为

$$g_{\alpha\beta}^0(\vec k,\omega_n)=\frac{\delta_{\alpha\beta}}{i\omega_n-\frac{\epsilon_{\vec k}-\mu}\hbar},\quad \omega_n=\left\{\begin{array}{ll} \frac{2n\pi}{\hbar\beta} & 玻色子 \\ \frac{(2n+1)\pi}{\hbar\beta} & 费米子 \end{array}\right.\tag{3.3}$$

Feynman规则

与零温时没有大的区别，仅是

$$\left(-\frac1\hbar\frac1{\hbar\beta}\frac1{(2\pi)^3}\right)^n(\pm 1)^F\prod_{j=1}^n\left(\int\mathrm d\vec k_j\sum_{\omega_j}\right)\tag{4.1}$$

例如Fock项的图为

$$g^{Fock}_{\alpha\beta}(\vec k,\omega)=-\frac1\hbar\int\frac{\mathrm d\vec q}{(2\pi)^3}\frac1{\hbar\beta}\sum_{\omega_n}e^{i\omega_n0+}g_{\alpha\mu}^0(\vec k,\omega)g_{\mu\nu}^0(\vec q,\omega_n)g_{\nu\beta}^0(\vec k,\omega)V(\vec k-\vec q)\tag{4.2}$$

如果执着使用坐标形式

$$g^{Fock}(1,2)=-\frac1\hbar\int\mathrm d^3\vec x_3\mathrm d^3\vec x_4\int_0^{\hbar\beta}\mathrm d\tau_3\mathrm d\tau_4\ g^0(1,3)g^0(3,4)g^0(4,2)V(3,4)$$

(4.2)求和看起来很难受，所以写成积分的形式

$$g^{Fock}_{\alpha\beta}(\vec k,\omega)=-\frac1\hbar\int\frac{\mathrm d\vec q}{(2\pi)^3}\oint\frac{\mathrm dz}{2\pi i}\frac1{e^{\beta\hbar z}\mp 1}g_{\alpha\mu}^0(\vec k,\omega)g_{\mu\nu}^0(\vec q,z)g_{\nu\beta}^0(\vec k,\omega)V(\vec k-\vec q)\tag{4.2}$$

线性响应理论