Appendix C Integral gaussiana e integral de Grassmann¶
Resumen de los capítulos anteriores:
En Apéndice B organizamos la representación espinorial del grupo de Lorentz y la ecuación de Dirac, y vimos cómo incorporar fermiones de espín 1/2 en la teoría cuántica de campos.
Objetivo de este capítulo
- Organizar la integral gaussiana (una variable y multivariable) y el álgebra de números de Grassmann junto con la integral de Berezin, que aparecen repetidamente en los cálculos de la teoría cuántica de campos
- La integral gaussiana constituye la base matemática de la integral de camino para bosones (capítulos 10–11), y la integral de Grassmann la de la integral de camino para fermiones (Cap. 12)
- Si comprendes el contraste entre "\((\det A)^{-1/2}\) para bosones" y "\(\det A\) para fermiones", la diferencia en el tratamiento de los dos tipos de partículas en la integral de camino quedará clara
- Este Appendix se concentra en los fundamentos de la integral gaussiana y la integral de Grassmann
- El análisis dimensional, los parámetros de Feynman, la rotación de Wick y las fórmulas de integrales de bucle — es decir, la "caja de herramientas para cálculos de bucles" — se recopilan en el siguiente Apéndice D
C.1 Integral gaussiana de una variable¶
🟡 Lina: Este Appendix es una "caja de herramientas". Como lo consultarás muchas veces en los capítulos de integral de camino (capítulos 10–12) y en los capítulos de cálculos de bucles (capítulos 13–14), empecemos por el punto de partida de todo: la integral gaussiana.
C.1.1 Fórmula básica¶
🟡 Lina: Los cálculos en la teoría cuántica de campos, en última instancia, se reducen todos a integrales gaussianas — y no es exageración decirlo. La fórmula básica es esta:
🔵 Kai: ¿El parámetro \(a\) no tiene que ser real?
🟡 Lina: Buena pregunta. \(a\) puede ser complejo. Pero hay una condición: \(\mathrm{Re}(a) > 0\) — es decir, la parte real de \(a\) debe ser positiva. La razón es que si escribimos \(a = \alpha + i\beta\):
El segundo factor \(e^{-i\beta q^2/2}\) solo oscila y su magnitud permanece igual a 1. Para que la integral converja, el primer factor \(e^{-\alpha q^2/2}\) necesita tender a cero cuando \(q \to \pm\infty\), así que se requiere \(\alpha > 0\).
⚪ Mei: Es decir, \(\mathrm{Re}(a) > 0\) es la condición para que "la integral no diverja".
✅ Verificación de comprensión: En la integral gaussiana \(\int_{-\infty}^{\infty} dq\; e^{-aq^2/2}\), cuando el parámetro \(a\) es complejo, ¿qué condición debe imponerse sobre \(a\) para que la integral converja? Explica también la razón.
Respuesta
Se necesita \(\mathrm{Re}(a) > 0\). Si escribimos \(a = \alpha + i\beta\), entonces \(e^{-aq^2/2} = e^{-\alpha q^2/2} \cdot e^{-i\beta q^2/2}\), donde el segundo factor solo oscila y tiene magnitud 1. Para que la integral converja cuando \(q \to \pm\infty\), el primer factor \(e^{-\alpha q^2/2}\) debe tender a cero, lo cual requiere \(\alpha = \mathrm{Re}(a) > 0\).
C.1.2 Demostración — el truco del cuadrado¶
🟡 Lina: La demostración de esta fórmula es hermosa, así que veámosla con cuidado. Llamemos \(I\) al valor de la integral:
Es difícil calcularla directamente, así que consideremos \(I^2\):
🔵 Kai: Usamos dos variables independientes \(q_1, q_2\) para convertirla en una integral bidimensional.
🟡 Lina: Exacto. Ahora hacemos un cambio a coordenadas polares bidimensionales. Si ponemos \(q_1 = r\cos\theta\), \(q_2 = r\sin\theta\), entonces \(q_1^2 + q_2^2 = r^2\). El elemento de área es \(dq_1\,dq_2 = r\,dr\,d\theta\). Intuitivamente, en la posición de radio \(r\), al girar un ángulo \(d\theta\) la longitud del arco es \(r\,d\theta\), por lo que el área infinitesimal es "\(dr\) × \(r\,d\theta\)" = \(r\,dr\,d\theta\). Recuerda la longitud del arco \(r\theta\) de un sector circular que aprendiste en el instituto — para un ángulo infinitesimal \(d\theta\), la longitud del arco correspondiente es \(r\,d\theta\), así que el área de la "franja" infinitesimal es ancho \(dr\) × largo \(r\,d\theta\). Donde el origen está cerca (\(r\) pequeño) la franja es corta, y donde está lejos (\(r\) grande) es larga — por eso el elemento de área lleva un factor \(r\). En general, cómo cambia el elemento de área bajo un cambio de variables se organiza con el concepto de "jacobiano" — esto lo explicaré de nuevo en C.2.1. Por ahora, solo recuerda que "en coordenadas polares aparece un factor extra \(r\)".
La integral en \(\theta\) simplemente da \(2\pi\) porque el integrando no contiene \(\theta\).
⚪ Mei: Como no depende del ángulo, la integral en \(\theta\) da inmediatamente \(2\pi\) y desaparece.
🟡 Lina: La integral en \(r\) se puede resolver con la sustitución \(u = \frac{a}{2}r^2\). Como \(du = ar\,dr\), tenemos \(r\,dr = du/a\). Sustituyendo:
🔵 Kai: ¡Oh, con la sustitución el factor \(r\) se absorbe exactamente y queda una integral de exponencial simple!
🟡 Lina: Exacto. En resumen:
Con esto queda demostrada la ecuación (C.1).
🔵 Kai: Cuando \(a\) es complejo, ¿qué pasa con el signo de la raíz cuadrada?
🟡 Lina: Perspicaz. La raíz cuadrada de un número complejo requiere cuidado sobre "qué signo tomar". Escribamos \(a = |a|e^{i\theta}\) en forma polar. Aquí \(\mathrm{Re}(a) = |a|\cos\theta\), así que \(\mathrm{Re}(a) > 0\) significa \(\cos\theta > 0\), es decir \(-\pi/2 < \theta < \pi/2\). Entonces, si definimos \(\sqrt{a} = \sqrt{|a|}\,e^{i\theta/2}\) (como el rango de \(\theta/2\) es \(-\pi/4 < \theta/2 < \pi/4\), se garantiza que \(\mathrm{Re}(\sqrt{a}) = \sqrt{|a|}\cos(\theta/2) > 0\)), entonces con \(\sqrt{2\pi/a} = \sqrt{2\pi}/\sqrt{a}\):
Cuando \(\theta = 0\) (\(a\) es real positivo), \(I\) es claramente un número real positivo, así que esta elección de signo es correcta. Esto se usará en la integral de camino (Cap. 10) cuando \(a\) está cerca de ser puramente imaginario (antes de la rotación de Wick).
🔵 Kai: Es decir, mientras estemos en el rango \(\mathrm{Re}(a) > 0\), la elección del signo de la raíz cuadrada queda unívocamente determinada.
C.1.3 Fórmula extendida con término lineal (integral gaussiana con fuente)¶
🟡 Lina: A continuación derivaré la fórmula cuando se añade un término lineal en \(q\) al exponente. Esto se usa siempre que se introduce una fuente \(J\) en la integral de camino.
(Nota sobre signos: en algunas referencias se define con \(e^{-aq^2/2 + Jq}\), es decir con \(+Jq\). En ese caso, sustituyendo \(J \to -J\) se reduce a la ecuación (C.3). En este libro usamos la misma convención de signos en la funcional generatriz del Cap. 11.)
🔵 Kai: Así que en el lado derecho aparece \(e^{J^2/(2a)}\) como "extra". ¿Cómo se deriva?
🟡 Lina: La técnica clave es completar el cuadrado. Es lo mismo que usabas en el instituto para encontrar el vértice de una función cuadrática.
Transformemos el exponente:
⚪ Mei: Déjame verificar. Expandiendo el lado derecho:
Efectivamente vuelve al original.
🟡 Lina: Después solo queda hacer el cambio de variable \(z \equiv q + J/a\). Como \(dz = dq\) y el rango de integración sigue siendo \((-\infty, +\infty)\) sin cambiar:
🔵 Kai: ¡Oh, sale limpiamente! \(e^{J^2/(2a)}\) no depende de \(z\) así que se saca fuera de la integral como constante.
🟡 Lina: Este patrón — "completar el cuadrado → cambio de variable → reducir a integral gaussiana" — se usa decenas de veces en la integral de camino, así que interiorizadlo bien.
✅ Verificación de comprensión: Al derivar la integral gaussiana con fuente \(\int dq\; e^{-aq^2/2 - Jq}\), ¿en qué consiste concretamente la operación de "completar el cuadrado"? Además, ¿por qué el rango de integración no cambia después del cambio de variable?
Respuesta
Completar el cuadrado consiste en reescribir el exponente \(-\frac{a}{2}q^2 - Jq\) como \(-\frac{a}{2}(q + J/a)^2 + J^2/(2a)\). Con el cambio de variable \(z = q + J/a\) se tiene \(dz = dq\), y cuando \(q\) recorre de \(-\infty\) a \(+\infty\), \(z\) recorre el mismo rango, por lo que los límites de integración no cambian. Sacando el factor constante \(e^{J^2/(2a)}\) fuera, lo que queda se reduce a la integral gaussiana básica \(\sqrt{2\pi/a}\).
Comprobación de comprensión C.1
Calcula \(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} dq\; e^{-\frac{a}{2}q^2 + bq}\) (\(\mathrm{Re}(a) > 0\)).
Respuesta: El exponente de la ecuación (C.3) es \(-\frac{a}{2}q^2 - Jq\), y el exponente de nuestro problema es \(-\frac{a}{2}q^2 + bq\). Comparando ambos, \(-Jq = +bq\) implica \(J = -b\). Sustituyendo \(J = -b\) en la ecuación (C.3): \(\sqrt{2\pi/a}\;e^{J^2/(2a)} = \sqrt{2\pi/a}\;e^{(-b)^2/(2a)} = \sqrt{2\pi/a}\;e^{b^2/(2a)}\). Alternativamente, completando el cuadrado directamente se obtiene el mismo resultado: \(-\frac{a}{2}q^2 + bq = -\frac{a}{2}(q - b/a)^2 + b^2/(2a)\).
C.1.4 Integral gaussiana con inserción de \(q^n\)¶
🟡 Lina: Presento otra fórmula que aparece frecuentemente. Es el caso en que el integrando de la integral gaussiana lleva un factor \(q^n\).
Resultado:
Aquí \((2m-1)!! = (2m-1)(2m-3)\cdots 3 \cdot 1\) es el símbolo llamado doble factorial. Se multiplican los números saltando uno.
🔵 Kai: Nunca había visto el doble factorial. ¿Qué valores da concretamente?
🟡 Lina: Por ejemplo, para \(m = 1\) es \((2 \cdot 1 - 1)!! = 1!! = 1\); para \(m = 2\) es \(3!! = 3 \cdot 1 = 3\); para \(m = 3\) es \(5!! = 5 \cdot 3 \cdot 1 = 15\). Mientras que el factorial ordinario \(n!\) multiplica todos los números, el doble factorial multiplica saltando uno.
Por cierto, verifiquemos que la fórmula (C.6) funciona correctamente también cuando \(m = 0\) (es decir, \(n = 0\)). Sustituyendo \(m = 0\) da \(\sqrt{2\pi/a} \cdot (-1)!!/a^0 = \sqrt{2\pi/a} \cdot (-1)!!\). Por otro lado, ya sabemos que \(I_0 = \int dq\; e^{-aq^2/2} = \sqrt{2\pi/a}\) (la propia ecuación (C.1)). Para que ambos coincidan, debe ser \((-1)!! = 1\). Es decir, definimos \((-1)!! = 1\) "para que la fórmula funcione correctamente también para \(m = 0\)". Es la misma idea que \(0! = 1\). También \(0!\) se determina por consistencia: si sustituimos \(n = 1\) en \(n! = n \cdot (n-1)!\) obtenemos \(1! = 1 \cdot 0!\), luego \(0! = 1\). Intuitivamente, piénsalo como la convención "cuando no hay números que multiplicar, el valor del producto es 1" — si no multiplicas nada, el resultado queda en 1. Del mismo modo, \((2m-1)!!\) es la operación de "multiplicar \(m\) números impares", así que para \(m = 0\) es "multiplicar 0 números" = 1.
🔵 Kai: Que sea cero para \(n\) impar es porque el integrando es una función impar, ¿verdad?
🟡 Lina: Así es. \(e^{-aq^2/2}\) es una función par, \(q^n\) (\(n\) impar) es una función impar. Su producto es una función impar, así que al integrar de \(-\infty\) a \(+\infty\) las partes positiva y negativa se cancelan y da cero.
⚪ Mei: ¿Y cómo se deriva el caso par?
🟡 Lina: Lo más fácil es usar una relación de recurrencia. La recurrencia que se demuestra por integración por partes es:
Demostración: Separamos el integrando de \(I_n(a)\) como \(q^{n-1} \cdot q\,e^{-aq^2/2}\). Como \(\frac{d}{dq}e^{-aq^2/2} = -aq\,e^{-aq^2/2}\) (derivada de función compuesta), podemos escribir \(q\,e^{-aq^2/2} = -\frac{1}{a}\frac{d}{dq}e^{-aq^2/2}\). Integrando por partes con \(\int u\,dv = [uv] - \int v\,du\):
- \(u = q^{n-1}\) → \(du = (n-1)q^{n-2}\,dq\)
- \(v = -\frac{1}{a}e^{-aq^2/2}\) → \(dv = q\,e^{-aq^2/2}\,dq\)
queda:
Como \(\mathrm{Re}(a) > 0\), el término de frontera es cero. La integral que queda es \(I_{n-2}(a)\) mismo.
🔵 Kai: Ya veo, partiendo de \(I_0 = \sqrt{2\pi/a}\), se obtienen en cadena \(I_2 = (1/a)\sqrt{2\pi/a}\), \(I_4 = (3/a^2)\sqrt{2\pi/a}\), ... Por cierto, ¿que el coeficiente de \(I_4\) sea \(3\) tiene algún significado? Como el número de formas de emparejar 4 variables \(q\) de dos en dos...
🟡 Lina: ¡Exacto! Las formas de dividir 4 variables \(q\) en pares de dos son \((q_1 q_2)(q_3 q_4)\), \((q_1 q_3)(q_2 q_4)\), \((q_1 q_4)(q_2 q_3)\) — exactamente 3 formas, que coincide con \((2m-1)!! = 3!! = 3\). Esto no es coincidencia, está directamente conectado con el teorema de Wick (Cap. 7).
⚪ Mei: El número de combinaciones de emparejamiento es exactamente el doble factorial — por eso está directamente conectado con el teorema de Wick.
🟡 Lina: Resumo los valores concretos en una tabla.
Tabla C.1: Valores concretos de la integral gaussiana \(I_n(a)\)
| \(n\) | \(I_n(a)\) |
|---|---|
| 0 | \(\sqrt{2\pi/a}\) |
| 2 | \(\sqrt{2\pi/a}\cdot a^{-1}\) |
| 4 | \(\sqrt{2\pi/a}\cdot 3a^{-2}\) |
| 6 | \(\sqrt{2\pi/a}\cdot 15a^{-3}\) |
Verifica que los coeficientes \(1, 3, 15\) corresponden respectivamente a \((2m-1)!!\).
✅ Verificación de comprensión: Explica por qué la integral gaussiana \(I_n(a) = \int dq\; q^n e^{-aq^2/2}\) es cero cuando \(n\) es impar. Además, ¿con qué técnica se demuestra que la relación de recurrencia \(I_n = \frac{n-1}{a} I_{n-2}\) se cumple en el caso par?
Respuesta
Cuando \(n\) es impar, \(q^n\) es una función impar y \(e^{-aq^2/2}\) es una función par, por lo que su producto es una función impar y al integrar en el intervalo simétrico \((-\infty, +\infty)\) da cero. La relación de recurrencia se demuestra por integración por partes. Separando el integrando como \(q^{n-1} \cdot q e^{-aq^2/2}\) y usando \(q e^{-aq^2/2} = -\frac{1}{a}\frac{d}{dq}e^{-aq^2/2}\) para integrar por partes, el término de frontera se anula y se reduce a \(I_{n-2}\).
📝 Ejercicios:
- Cálculo de \(I_6(a)\) mediante la relación de recurrencia de la integral gaussiana → Problema B-3. Integral gaussiana con \(q^n\) (aplicación de la relación de recurrencia)
C.2 Integral gaussiana multivariable¶
🟡 Lina: En la teoría cuántica de campos, las variables de integración no son una sino infinitas. Por eso la extensión a múltiples variables es indispensable.
C.2.1 Fórmula básica¶
🟡 Lina: Escribimos las \(n\) variables reales \(q_1, q_2, \ldots, q_n\) agrupadas como un vector \(\mathbf{q}\). Sea \(A\) una matriz real simétrica definida positiva de \(n \times n\). "Simétrica" significa \(A_{ij} = A_{ji}\) (igual a su transpuesta). La definición formal de "definida positiva" es "para todo \(\mathbf{q} \neq \mathbf{0}\) se cumple \(\mathbf{q}^T A\,\mathbf{q} > 0\)", pero intuitivamente es la condición de que "la forma cuadrática sea positiva en cualquier dirección que tires" — igual que en una variable se necesitaba \(a > 0\) para que \(aq^2 > 0\).
🔵 Kai: También he oído que es equivalente a que "todos los autovalores sean positivos", pero ¿qué es un autovalor?
🟡 Lina: Un autovalor es un escalar \(\lambda\) tal que existe un vector \(\mathbf{v} \neq \mathbf{0}\) que satisface \(A\mathbf{v} = \lambda\mathbf{v}\) — es el factor de escala por el que la matriz simplemente "estira o comprime" un vector \(\mathbf{v}\) en una dirección particular (a ese \(\mathbf{v}\) se le llama autovector). Por ejemplo, para la matriz diagonal \(2 \times 2\) \(\begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix}\), un vector en la dirección \(x\) se multiplica por 3 y uno en la dirección \(y\) por 5, así que los autovalores son 3 y 5.
🔵 Kai: Es decir, hay vectores cuya dirección no cambia al multiplicar por la matriz, y la "tasa de estiramiento" en ese caso es el autovalor.
🟡 Lina: Exacto. Que sea definida positiva es equivalente a que "todos los autovalores de \(A\) sean positivos". La razón de la equivalencia es que una matriz real simétrica siempre puede diagonalizarse mediante una matriz ortogonal — es decir, existe una matriz ortogonal \(O\) tal que \(O^T A\,O = \mathrm{diag}(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)\) se transforma en una matriz diagonal (este es el resultado llamado teorema espectral en álgebra lineal. No hace falta recordar el nombre, pero en este capítulo usaremos como herramienta el hecho de que "una matriz real simétrica siempre puede diagonalizarse ortogonalmente". La demostración la dejamos para los libros de álgebra lineal). Qué ventaja tiene la diagonalización te la mostraré concretamente enseguida.
🔵 Kai: ¿Si la matriz no es "real simétrica" puede que no se pueda diagonalizar?
🟡 Lina: En general sí. Pero la \(A\) de la forma cuadrática \(\mathbf{q}^T A\,\mathbf{q}\) que aparece en física siempre puede tomarse como matriz simétrica (la parte antisimétrica no contribuye a \(\mathbf{q}^T A\,\mathbf{q}\)), así que en este capítulo siempre tratamos la situación en que es diagonalizable. En el sistema de coordenadas diagonalizado, \(\mathbf{q}^T A\,\mathbf{q} = \sum_i \lambda_i z_i^2\). Para que esto sea positivo para todo \(\mathbf{z} \neq \mathbf{0}\), es necesario y suficiente que cada \(\lambda_i > 0\) — la misma lógica que \(a > 0\) en una variable.
⚪ Mei: Es decir, "si diagonalizas y separas en cada dirección, al final se reduce a la condición de una variable".
🟡 Lina: Exacto. Entonces:
donde \(d^n q = dq_1\,dq_2\cdots dq_n\). \(\mathbf{q}^T A\,\mathbf{q}\) es el producto "vector fila × matriz × vector columna", que en componentes se escribe como \(\mathbf{q}^T A\,\mathbf{q} = \sum_{i,j} q_i A_{ij} q_j\). Por ejemplo, para \(n = 2\):
Si \(A\) es simétrica (\(A_{12} = A_{21}\)), el término cruzado es \(2A_{12}q_1 q_2\).
🔵 Kai: Cuando era una variable teníamos \(\sqrt{2\pi/a}\), y con \(n\) variables, \(a\) se reemplaza por la matriz \(A\) y \(1/\sqrt{a}\) por \(1/\sqrt{\det A}\).
🟡 Lina: Exactamente. Intuitivamente, cuando \(A\) es diagonalizable, para cada autovalor \(\lambda_i\) se puede hacer una integral gaussiana independiente:
⚪ Mei: Como una matriz simétrica se diagonaliza con una matriz ortogonal, cada variable se separa en integrales gaussianas de una variable independientes.
🔵 Kai: Un momento, si hacemos un cambio de variables... ¿como en coordenadas polares, no aparece un factor extra en el elemento de área?
🟡 Lina: Buena observación. En cambios de variables multivariables, aparece un factor llamado jacobiano en el elemento de volumen. En general, al transformar de las variables \(\mathbf{q}\) a nuevas variables \(\mathbf{z}\), el elemento de volumen cambia como:
Este \(\left|\det\frac{\partial q_i}{\partial z_j}\right|\) es el jacobiano. Aquí \(\frac{\partial q_i}{\partial z_j}\) es una derivada parcial — "la tasa a la que cambia \(q_i\) cuando solo se varía ligeramente \(z_j\) manteniendo fijas las demás variables \(z_k\) (\(k \neq j\))". Es la versión multivariable de la derivada de una variable \(dq/dz\). Estas se disponen en forma de matriz y se toma el determinante para obtener el jacobiano. En el ejemplo de coordenadas polares de C.1.2, como \(q_1 = r\cos\theta\), \(q_2 = r\sin\theta\):
Esta es la razón por la que en coordenadas polares aparece el factor extra \(r\).
🔵 Kai: Ya veo, la explicación intuitiva de antes de que "la longitud de la franja es proporcional a \(r\)" coincide exactamente con el cálculo del jacobiano.
🟡 Lina: Ahora bien, en nuestro problema estamos considerando un cambio de variables mediante una matriz ortogonal \(O\): \(\mathbf{q} = O\mathbf{z}\). En este caso \(\partial q_i/\partial z_j = O_{ij}\), así que el jacobiano es \(|\det O|\). Una matriz ortogonal satisface \(O^T O = I\) (la transpuesta es igual a la inversa), y geométricamente representa "rotaciones y reflexiones". Como \(\det(O^T O) = (\det O)^2 = \det I = 1\), tenemos \(\det O = \pm 1\), es decir \(|\det O| = 1\). Las rotaciones y reflexiones no cambian el área o volumen de una figura, ¿verdad? Por eso el jacobiano es 1.
🔵 Kai: Ya veo, como una rotación no cambia el área, no aparece ningún factor extra. Así que podemos diagonalizar tranquilamente.
✅ Verificación de comprensión: En el resultado de la integral gaussiana multivariable \((2\pi)^{n/2}/(\det A)^{1/2}\), explica la razón física y matemática por la que aparece el determinante \(\det A\).
Respuesta
La matriz real simétrica definida positiva \(A\) se diagonaliza mediante una transformación ortogonal, y con autovalores \(\lambda_1, \ldots, \lambda_n\) se puede ejecutar independientemente una integral gaussiana de una variable \(\sqrt{2\pi/\lambda_i}\) para cada variable. Su producto es \(\prod_i \sqrt{2\pi/\lambda_i} = (2\pi)^{n/2}/\sqrt{\lambda_1 \cdots \lambda_n} = (2\pi)^{n/2}/\sqrt{\det A}\). Como el jacobiano de una transformación ortogonal es 1, no aparece ningún factor adicional por el cambio de variables.
C.2.2 Integral gaussiana multivariable con fuente¶
🟡 Lina: El caso con término lineal (fuente \(\mathbf{J}\)) añadido es así:
🔵 Kai: Cuando era una variable teníamos \(e^{J^2/(2a)}\), y ahora se reemplaza por \(e^{\frac{1}{2}\mathbf{J}^T A^{-1}\mathbf{J}}\). El \(1/a\) se convierte en la matriz inversa \(A^{-1}\). ¿Pero se puede completar el cuadrado de la misma manera en el caso matricial?
🟡 Lina: Buena pregunta. Sí se puede. La derivación es igual que en una variable. Completando el cuadrado:
Con el cambio de variable \(\mathbf{z} = \mathbf{q} + A^{-1}\mathbf{J}\) el jacobiano es 1, así que se reduce a la ecuación (C.8).
⚪ Mei: En una variable era "desplazar \(q\) a \(q + J/a\)", y en múltiples variables es "desplazar \(\mathbf{q}\) a \(\mathbf{q} + A^{-1}\mathbf{J}\)" — la estructura es exactamente la misma.
🟡 Lina: Esta fórmula es el núcleo cuando se calcula la funcional generatriz \(Z[J]\) en la integral de camino para campos (Cap. 11). En el límite \(n \to \infty\) la suma discreta se reemplaza por una integral continua, y \(A^{-1}\) se convierte en el propagador de Feynman.
⚪ Mei: Es decir, la misma estructura donde \(1/a\) en una variable se convierte en \(A^{-1}\) en múltiples variables, se hereda tal cual a la teoría de campos con infinitas variables.
✅ Verificación de comprensión: El \(A^{-1}\) que aparece en el resultado de la integral gaussiana multivariable con fuente, ¿a qué corresponde en la integral de camino de la teoría cuántica de campos?
Respuesta
En el límite \(n \to \infty\) cuando las variables discretas se reemplazan por campos continuos, la matriz inversa \(A^{-1}\) corresponde al propagador de Feynman. La parte exponencial de la fórmula con fuente \(\frac{1}{2}\mathbf{J}^T A^{-1} \mathbf{J}\) da la estructura de la funcional generatriz \(Z[J]\), y cada componente de \(A^{-1}\) describe la propagación entre dos puntos.
Comprobación de comprensión C.2
Verifica que poniendo \(n = 1\), \(A = (a)\), \(\mathbf{J} = (J)\) en la ecuación (C.9) se reproduce la ecuación (C.3).
Respuesta: \(\det A = a\), \(A^{-1} = 1/a\), \(\mathbf{J}^T A^{-1}\mathbf{J} = J^2/a\). Sustituyendo se obtiene \(\sqrt{2\pi/a}\;e^{J^2/(2a)}\), que coincide con la ecuación (C.3).
C.3 Álgebra e integral de números de Grassmann¶
🟡 Lina: A partir de aquí hablaremos de los números de Grassmann, indispensables para la integral de camino de fermiones (Cap. 12). En la integral de camino de bosones podíamos usar "números ordinarios" como variables de integración, pero para fermiones se necesitan números que anticonmutan.
C.3.1 ¿Por qué se necesitan números de Grassmann?¶
🔵 Kai: ¿Por qué no sirven los números ordinarios?
🟡 Lina: Los operadores de campo fermiónicos satisfacen relaciones de anticonmutación:
En la integral de camino, la ventaja es no usar operadores sino "valores clásicos del campo" como variables de integración. Pero si las variables de integración son números conmutativos ordinarios, no se puede reproducir esta anticonmutación. Por eso introducimos un nuevo tipo de números que anticonmutan — los números de Grassmann.
✅ Verificación de comprensión: En la integral de camino para fermiones, ¿por qué es necesario usar números de Grassmann en lugar de números reales o complejos ordinarios como variables de integración?
Respuesta
Los operadores de campo fermiónicos satisfacen la relación de anticonmutación \(\hat{\psi}(x)\hat{\psi}(y) = -\hat{\psi}(y)\hat{\psi}(x)\). En la integral de camino se reemplazan los operadores por "valores clásicos del campo" (variables de integración), pero con números conmutativos ordinarios no se puede reproducir esta anticonmutación. Por eso es necesario introducir números de Grassmann, que cambian de signo al intercambiarlos, como variables de integración.
C.3.2 Anticonmutación básica y \(\eta^2 = 0\)¶
🟡 Lina: La definición es sorprendentemente simple. Dos números de Grassmann \(\eta\), \(\zeta\) satisfacen:
Esto es la anticonmutación (anticommutativity).
De aquí, poniendo inmediatamente \(\zeta = \eta\):
Sumando \(\eta\eta\) a ambos lados: \(2\eta^2 = 0\). Como los coeficientes son números reales o complejos ordinarios, podemos dividir por 2:
🔵 Kai: ¡\(\eta^2 = 0\) pero \(\eta \neq 0\)! Con números ordinarios esto es impensable.
🟡 Lina: Piénsalo como la expresión matemática del principio de exclusión de Pauli. Si intentas ocupar el mismo estado fermiónico dos veces, da cero — eso es exactamente el principio de exclusión, ¿no?
Y como \(\eta^2 = 0\), la expansión de Taylor de una función de números de Grassmann se trunca en un número finito de términos. Para una variable:
es la forma más general. Todos los términos de segundo orden en adelante son cero. Por ejemplo, \(e^\eta = 1 + \eta + \eta^2/2! + \cdots = 1 + \eta\) (se trunca por \(\eta^2 = 0\)). Igualmente \(\sin\eta = \eta - \eta^3/3! + \cdots = \eta\), \(\cos\eta = 1 - \eta^2/2! + \cdots = 1\).
⚪ Mei: Como la expansión de Taylor termina en solo 2 términos, cualquier función cabe en la forma \(a + b\eta\). Fácil de manejar.
✅ Verificación de comprensión: El hecho de que \(\eta^2 = 0\) para un número de Grassmann \(\eta\), ¿a qué principio físico corresponde? Además, ¿qué restricción impone esta propiedad sobre las funciones de números de Grassmann?
Respuesta
\(\eta^2 = 0\) corresponde a la expresión matemática del principio de exclusión de Pauli. Refleja que intentar ocupar el mismo estado fermiónico dos veces da cero. Debido a esta propiedad, la expansión de Taylor de una función de un número de Grassmann de una variable se trunca en los 2 términos \(f(\eta) = a + b\eta\), y todos los términos de segundo orden en adelante son cero.
C.3.3 Derivación de números de Grassmann¶
🟡 Lina: La definición de la derivada es natural:
Así que derivando \(f(\eta) = a + b\eta\):
🔵 Kai: Hasta aquí es normal.
🟡 Lina: Lo importante es que el propio operador derivada se comporta de forma grassmanniana (impar). Concretamente, la derivada de Grassmann se define como derivada por la izquierda. \(\frac{\partial}{\partial\zeta}\) es la operación de "traer \(\zeta\) hasta el extremo izquierdo dentro del producto y luego eliminarla". Con dos variables \(\eta, \zeta\), derivemos \(\eta\zeta\) respecto a \(\zeta\):
Primero llevamos \(\zeta\) al extremo izquierdo: \(\eta\zeta = -\zeta\eta\) (anticonmutación). Luego eliminamos \(\zeta\) del extremo izquierdo: \(-\eta\). Es decir:
🔵 Kai: ¡Sale un signo menos! Es porque al llevar \(\zeta\) a la izquierda se intercambia con \(\eta\) y cambia el signo.
🟡 Lina: Exacto. En general, para aplicar \(\frac{\partial}{\partial\zeta}\), hay que mover la variable \(\zeta\) que quieres derivar hasta el extremo izquierdo. Cada vez que pasa por encima de otra variable de Grassmann, el signo cambia una vez.
⚪ Mei: Es decir, en el ejemplo de antes, como pasó por encima de \(\eta\) una vez, el signo cambió una vez dando \(-\eta\). Aunque aumenten las variables, se repite la misma regla.
C.3.4 Integral de Berezin¶
🟡 Lina: Aquí está la parte más sorprendente de los números de Grassmann. Definimos la integral de la siguiente manera:
A esto se le llama integral de Berezin.
🔵 Kai: ¡Eh, es totalmente diferente a la integral normal! ¿No debería ser \(\int dx\; 1 = x + C\)?
🟡 Lina: La integral de Grassmann es algo distinto a la integral de Riemann ordinaria. Esta definición se requiere por la invariancia bajo traslación. La integral definida ordinaria \(\int_{-\infty}^{\infty} dx\; f(x)\) no cambia bajo \(x \to x + a\) (cuando el integrando decae suficientemente rápido). Exijamos la misma propiedad para la integral de Grassmann.
La función más general es \(f(\eta) = \alpha + \beta\eta\), así que exijamos también la linealidad para la integral, igual que para la integral ordinaria. Es decir, \(\int d\eta\; f(\eta) = \alpha\int d\eta\; 1 + \beta\int d\eta\; \eta = c_0 \alpha + c_1 \beta\). Aquí \(c_0 = \int d\eta\; 1\), \(c_1 = \int d\eta\; \eta\) son las constantes que debemos determinar.
Exijamos invariancia bajo la traslación \(\eta \to \eta + \xi\). Aquí \(\xi\) es otro número de Grassmann. La razón de trasladar por un número de Grassmann en vez de un número ordinario es que \(\eta\) es una variable que anticonmuta, así que \(\eta + \xi\) después de la traslación necesita conservar las propiedades de número de Grassmann. Veámoslo concretamente. Si \(\xi\) fuera un número ordinario \(c\), entonces \((\eta + c)^2 = \eta^2 + 2c\eta + c^2 = 2c\eta + c^2\), y si \(c \neq 0\) no es cero. Es decir, \(\eta + c\) pierde la propiedad fundamental de número de Grassmann \(\theta^2 = 0\). En cambio, si \(\xi\) es un número de Grassmann, \((\eta + \xi)^2 = \eta^2 + \eta\xi + \xi\eta + \xi^2 = 0 + \eta\xi - \eta\xi + 0 = 0\), y sigue siendo un número de Grassmann correctamente. Trasladar por el mismo tipo de número es lo natural.
🔵 Kai: Ya veo, si desplazas por un número ordinario se rompe la propiedad "el cuadrado es cero", así que hay que desplazar por un número de Grassmann.
🟡 Lina: Sustituyendo \(\eta \to \eta + \xi\) en \(f(\eta) = \alpha + \beta\eta\):
Aquí \(\alpha, \beta\) son números ordinarios (no de Grassmann) así que el orden de \(\beta\xi\) y \(\beta\eta\) no es problemático. Mirando esta expresión, respecto a \(\eta\) se separa en "la parte que no contiene \(\eta\) (constante respecto a \(\eta\)) \(= \alpha + \beta\xi\)" y "el coeficiente de primer orden en \(\eta\) \(= \beta\)". \(\beta\xi\) es un número de Grassmann pero es una variable diferente de \(\eta\), así que al integrar respecto a \(\eta\) se trata como constante. Usando la linealidad e integrando respecto a \(\eta\):
Para que esto sea igual a \(\int d\eta\; f(\eta) = c_0\alpha + c_1\beta\), necesitamos que \(c_0\beta\xi = 0\) para todo \(\beta, \xi\). Por tanto \(c_0 = 0\), es decir \(\int d\eta\; 1 = 0\). Para \(c_1\) fijamos por convención de normalización \(c_1 = 1\).
🔵 Kai: Ya veo, \(\int d\eta\; 1 = 0\) sale de la exigencia de que "el valor no cambie bajo traslación".
⚪ Mei: Verifico. Sustituyendo \(\eta \to \eta + \xi\) en \(f(\eta) = \alpha + \beta\eta\) da \(f(\eta + \xi) = (\alpha + \beta\xi) + \beta\eta\). Integrando:
Integrando la función original también \(\int d\eta\; f(\eta) = \beta\). Efectivamente coinciden.
🟡 Lina: Y lo sorprendente es comparar con la ecuación (C.14):
En el mundo de los números de Grassmann, la derivación y la integración son la misma operación.
🔵 Kai: ¡Vaya, es verdad! Con números ordinarios la derivación y la integración son operaciones inversas, pero aquí...
🟡 Lina: Como la función de \(\eta\) solo puede ser \(f(\eta) = a + b\eta\), la operación de "eliminar \(\eta\) y extraer el coeficiente \(b\)" es única. Tanto la derivación como la integración están haciendo esa misma operación.
✅ Verificación de comprensión: En la definición de la integral de Berezin \(\int d\eta\; \eta = 1\), \(\int d\eta\; 1 = 0\), ¿de qué exigencia se deriva la regla aparentemente extraña \(\int d\eta\; 1 = 0\)? Además, ¿cuál es la relación entre la derivación y la integración de números de Grassmann?
Respuesta
\(\int d\eta\; 1 = 0\) se deriva de la exigencia de "invariancia bajo traslación". Si se requiere que el valor de la integral no cambie bajo la traslación \(\eta \to \eta + \xi\), entonces la integral del término constante debe ser cero. Además, en el mundo de los números de Grassmann, la derivación y la integración son la misma operación. Para \(f(\eta) = a + b\eta\), \(\partial f/\partial\eta = b\) y \(\int d\eta\; f(\eta) = b\): ambas son la operación idéntica de "extraer el coeficiente de \(\eta\)".
C.3.5 Integral gaussiana de Grassmann¶
🟡 Lina: Derivaré la fórmula que es el núcleo de la integral de camino para fermiones. En la integral gaussiana de bosones, el cuadrado de la variable aparecía en el exponente como \(e^{-aq^2/2}\). Pero en números de Grassmann \(\eta^2 = 0\), así que "\(e^{-a\eta^2/2}\)" con el cuadrado de la misma variable se convierte en \(e^0 = 1\) y no tiene sentido. Por eso, para construir una forma cuadrática se necesita otra variable de Grassmann. En la integral de camino para fermiones (Cap. 12), el campo de Dirac \(\psi\) y \(\bar{\psi} = \psi^\dagger\gamma^0\) se tratan como variables de integración independientes. Correspondiendo a eso, aquí también consideramos dos variables de Grassmann independientes \(\bar{\eta}, \eta\).
🔵 Kai: ¿\(\bar{\eta}\) es el complejo conjugado de \(\eta\)?
🟡 Lina: Buena pregunta, pero no. La barra sobre \(\bar{\eta}\) es una convención de notación para hacerla corresponder al \(\bar{\psi}\) del campo de Dirac; no es el complejo conjugado de \(\eta\). \(\bar{\eta}\) y \(\eta\) son dos variables de Grassmann completamente independientes. Piensa que son dos variables sin ninguna relación matemática, solo que una lleva barra en el nombre. Y lo importante es que todas las variables de Grassmann anticonmutan entre sí. Entre \(\bar{\eta}\) y \(\eta\) también \(\bar{\eta}\eta = -\eta\bar{\eta}\), y en el caso multivariable, cualquier combinación de \(\bar{\eta}_i\) con \(\eta_j\), \(\bar{\eta}_i\) con \(\bar{\eta}_j\), \(\eta_i\) con \(\eta_j\) anticonmuta.
Vamos a calcular esto. Como \(\eta^2 = 0\), expandiendo la exponencial:
Los términos de segundo orden en adelante son cero por \(\eta^2 = 0\) o \(\bar{\eta}^2 = 0\).
🔵 Kai: Que la expansión de Taylor termine en 2 términos es algo propio de los números de Grassmann.
🟡 Lina: Ahora solo queda usar la definición de la integral de Berezin. Para \(\int d\bar{\eta}\,d\eta\) convenimos en "primero integrar respecto a \(\eta\), luego respecto a \(\bar{\eta}\)". Es la misma forma de leer que en las integrales múltiples ordinarias — se ejecuta desde el símbolo de integral más cercano al integrando. Es decir, la estructura anidada \(\int d\bar{\eta}\bigl(\int d\eta\;(\cdots)\bigr)\). Esta convención es siempre la misma a lo largo de este capítulo — también en los casos multivariables y con fuente posteriores, se ejecuta desde el \(d\eta\) del extremo derecho. En números de Grassmann, si se intercambia el orden de integración cambia el signo. La razón es que, como vimos en C.3.4, la integral de Berezin es la misma operación que la derivada. El operador derivada \(\frac{\partial}{\partial\eta}\) se comporta de forma grassmanniana (impar) (recuerda que en C.3.3 el signo cambiaba con la derivada por la izquierda), así que las medidas de integración \(d\bar{\eta}\) y \(d\eta\) también anticonmutan — es decir, \(d\bar{\eta}\,d\eta = -d\eta\,d\bar{\eta}\). Al intercambiar el orden sale un signo menos. Es importante respetar esta convención.
⚪ Mei: Con solo intercambiar el orden de integración cambia el signo — algo que no ocurre con integrales ordinarias es una consecuencia natural en el mundo de Grassmann.
🟡 Lina: Bien, vamos a calcular:
Primer término: en el momento en que \(\int d\eta\; 1 = 0\) en el interior, ya es cero sin necesidad de ejecutar la integral exterior en \(\bar{\eta}\); este término completo es cero.
Segundo término: como confirmamos al final de C.3.4, en números de Grassmann la derivación y la integración son la misma operación. Es decir, la integral de Berezin \(\int d\eta\) está haciendo lo mismo que la derivada por la izquierda definida en C.3.3. O sea, \(\int d\eta\) es la operación de "llevar \(\eta\) al extremo izquierdo y luego eliminarla". Para integrar \(\bar{\eta}\eta\) respecto a \(\eta\), primero hay que mover \(\eta\) al extremo izquierdo. Como \(\bar{\eta}\eta = -\eta\bar{\eta}\) (anticonmutación):
Aquí \(\bar{\eta}\) es una variable de Grassmann independiente de \(\eta\), así que en la integración respecto a \(\eta\) se puede tratar como "factor que no contiene \(\eta\)". Pero hay un punto de atención. Con una constante ordinaria se puede sacar libremente: \(\int dx\; x \cdot c = c\int dx\; x\), pero una "constante" de Grassmann \(\bar{\eta}\) anticonmuta con otras variables de Grassmann, así que moverla de posición puede cambiar el signo. En este caso, en \(\int d\eta\;\eta\bar{\eta}\), \(\eta\) ya está en el extremo izquierdo. Por la linealidad de la integral de Berezin, los factores que no dependen de \(\eta\) se pueden sacar fuera de la integral. \(\bar{\eta}\) es una variable diferente de \(\eta\), así que respecto a \(\eta\) se trata como "constante". La integral de Berezin \(\int d\eta\) es la operación de "eliminar el \(\eta\) del extremo izquierdo y devolver el resto tal cual". En \(\int d\eta\;\eta\bar{\eta}\), como \(\eta\) ya está en el extremo izquierdo, al eliminarlo queda solo \(\bar{\eta}\) a la derecha. Es decir, \(\int d\eta\;\eta\bar{\eta} = 1 \cdot \bar{\eta} = \bar{\eta}\). Como \(\bar{\eta}\) está a la derecha de \(\eta\) y no ha saltado por encima de \(\eta\), no hay cambio de signo adicional. Por tanto:
Luego integramos respecto a \(\bar{\eta}\): \(\int d\bar{\eta}\;(-\bar{\eta}) = -1\).
En resumen \(\int d\bar{\eta}\,d\eta\;\bar{\eta}\eta = -1\).
🔵 Kai: Para llevar \(\eta\) al extremo izquierdo pasa por encima de \(\bar{\eta}\) una vez y el signo cambia — ¡es exactamente la misma regla de la derivada por la izquierda de C.3.3!
🟡 Lina: Exacto. Si recuerdas que la integral de Berezin y la derivada por la izquierda son la misma operación, no te confundirás con los signos.
Así que el segundo término es \(-a \cdot (-1) = a\). El primer término era cero, así que en total:
🔵 Kai: ¡El resultado es simplemente \(a\)! Tiene una forma completamente diferente al \(\sqrt{2\pi/a}\) de los bosones.
🟡 Lina: Lo que quiero que notes aquí es que en la integral gaussiana de bosones (C.1) teníamos \(\sqrt{2\pi/a}\) con \(a\) en el denominador, mientras que en el caso de Grassmann el resultado es \(a\) mismo — viene en el numerador. Esta es la diferencia esencial.
⚪ Mei: Es el recíproco. Cuando \(a\) es grande la integral bosónica se hace pequeña, pero en el caso fermiónico se hace grande — un comportamiento completamente opuesto.
🟡 Lina: Exacto. Extendiendo a múltiples variables:
Aquí \(\bar{\boldsymbol{\eta}}^T A\,\boldsymbol{\eta} = \sum_{i,j} \bar{\eta}_i A_{ij} \eta_j\) (\(\bar{\eta}_i\) a la izquierda, \(\eta_j\) a la derecha — como en números de Grassmann el orden importa, lo dejamos explícito). La convención para el orden de la medida de integración es \(\prod_i d\bar{\eta}_i\,d\eta_i \equiv d\bar{\eta}_1\,d\eta_1\,d\bar{\eta}_2\,d\eta_2\cdots d\bar{\eta}_n\,d\eta_n\) (el par \(i = 1\) más a la izquierda). El orden de ejecución es desde la derecha — es decir \(d\eta_n \to d\bar{\eta}_n \to \cdots \to d\eta_1 \to d\bar{\eta}_1\). \(A\) es una matriz \(n \times n\), que puede ser real o compleja. En realidad, cuando \(\det A = 0\) ambos lados son cero y la igualdad se cumple, pero como la versión con fuente (C.21) requiere \(A^{-1}\), asumimos \(\det A \neq 0\) (regular). No se necesita simetría ni positividad definida — como la integral de Grassmann tiene una expansión de Taylor que termina en un número finito de términos, no hay preocupación por la convergencia. Frente al \((\det A)^{-1/2}\) de bosones, en fermiones \(\det A\) viene en el numerador.
🔵 Kai: En el caso bosónico nos explicaste que "se diagonaliza y se integra independientemente para cada autovalor". ¿Cómo se entiende en el caso de Grassmann?
🟡 Lina: La misma idea. Explico la línea de la demostración. Como la integral de Grassmann tiene una expansión de Taylor que termina en un número finito de términos, se expande \(e^{-\bar{\boldsymbol{\eta}}^T A\boldsymbol{\eta}}\) y se usa que solo "el coeficiente de \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\cdots\bar{\eta}_n\eta_n\)" sobrevive en la integral. La razón es que, recordando la definición de la integral de Berezin \(\int d\eta_i\;1 = 0\), \(\int d\eta_i\;\eta_i = 1\): si en algún término de la expansión \(\eta_i\) no aparece, al ejecutar \(\int d\eta_i\) da cero. Inversamente, si \(\eta_i\) aparece 2 o más veces, \(\eta_i^2 = 0\) hace que ese término mismo sea cero. Así que solo sobreviven los términos donde cada \(\eta_i\) y cada \(\bar{\eta}_i\) aparecen exactamente una vez.
🔵 Kai: Cada variable exactamente una vez — ni más ni menos. ¡Es como el principio de exclusión de Pauli!
🟡 Lina: Exactamente. (Como método alternativo, se puede diagonalizar como en el caso bosónico. Escribiendo \(A = P\,\mathrm{diag}(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)\,P^{-1}\) con una matriz regular \(P\) y haciendo un cambio de variables. Pero en el cambio de variables de Grassmann el jacobiano sale al revés que lo normal — es decir, el determinante de la matriz de transformación aparece directamente (no su inverso). Este punto lo explico enseguida con un ejemplo de una variable. El resultado es que para cada par se puede aplicar independientemente la ecuación (C.18), obteniendo \(\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n = \det A\). Pero ahora veámoslo con el método de expansión.)
Voy a confirmar dos cosas con el ejemplo concreto de \(n = 2\). (1) Que al reordenar las variables de Grassmann en orden estándar dentro de la expansión, aparece naturalmente el signo del determinante, y (2) que al ejecutar la integral de Berezin efectivamente se obtiene \(\det A\).
🔵 Kai: ¿Cómo se hace concretamente eso de expandir y recoger coeficientes?
🟡 Lina: Recordemos aquí el "contenido" del determinante. Para una matriz \(2 \times 2\): \(\det A = A_{11}A_{22} - A_{12}A_{21}\). ¿De dónde viene ese "\(-\)"? De intercambiar los índices de columna \((1,2) \to (2,1)\). Para una matriz general \(n \times n\), el determinante es la suma sobre todas las permutaciones de columnas, tomando un elemento de cada fila y multiplicándolos. Esto se llama la fórmula de Leibniz.
Aquí \(\sigma\) es una permutación de \(1, 2, \ldots, n\) — es decir, una correspondencia que especifica cómo reordenar \(n\) números — y hay \(n!\) en total.
🔵 Kai: ¿Una permutación es, básicamente, "reordenar \(1, 2, \ldots, n\) en otro orden"?
🟡 Lina: Exacto. Por ejemplo, para \(n = 3\), reordenar \((1,2,3)\) como \((2,3,1)\) es una permutación, y como \((2,1,3)\) es otra. En total hay \(3! = 6\). \(\mathrm{sgn}(\sigma)\) es el signo "\(+1\) si se puede realizar con un número par de intercambios de vecinos (transposiciones adyacentes), \(-1\) si es impar". Las formas de hacerlo pueden ser varias, pero si es par o impar queda unívocamente determinado para cada permutación (la demostración la dejamos para los libros de álgebra lineal). Verificando con el ejemplo \(n = 2\): el menos del segundo término de \(\det A = A_{11}A_{22} - A_{12}A_{21}\) es porque los índices de columna \((2,1)\) se obtienen con 1 intercambio, así que \(\mathrm{sgn} = -1\). Para \(n = 3\), \((1,2,3) \to (2,1,3)\) es "intercambiar 1 y 2", 1 vez, así que \(\mathrm{sgn} = -1\). \((1,2,3) \to (2,3,1)\) es "primero intercambiar 1 y 2 dando \((2,1,3)\), luego intercambiar 1 y 3 dando \((2,3,1)\)" — 2 transposiciones adyacentes, así que \(\mathrm{sgn} = +1\).
🔵 Kai: Entiendo, el signo menos del determinante \(2 \times 2\) se generaliza como "signo de la permutación" en el caso general.
🟡 Lina: Veamos concretamente la correspondencia con variables de Grassmann para \(n = 2\). Expandimos \(e^{-(\bar{\eta}_1 A_{11}\eta_1 + \bar{\eta}_1 A_{12}\eta_2 + \bar{\eta}_2 A_{21}\eta_1 + \bar{\eta}_2 A_{22}\eta_2)}\) y recogemos los términos donde \(\bar{\eta}_1, \eta_1, \bar{\eta}_2, \eta_2\) aparecen todos exactamente una vez (los demás dan cero en la integral de Berezin). Hay dos tales términos:
El primero es \((-\bar{\eta}_1 A_{11}\eta_1)(-\bar{\eta}_2 A_{22}\eta_2) = A_{11}A_{22}\,\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\).
El segundo es \((-\bar{\eta}_1 A_{12}\eta_2)(-\bar{\eta}_2 A_{21}\eta_1) = A_{12}A_{21}\,\bar{\eta}_1\eta_2\bar{\eta}_2\eta_1\).
🔵 Kai: El primero ya está en el orden estándar \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\), pero el segundo es \(\bar{\eta}_1\eta_2\bar{\eta}_2\eta_1\) con un orden diferente. ¿Al reordenarlo cambia el signo?
🟡 Lina: Exacto. Reordenemos el segundo al orden estándar \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\). El punto de partida es \(\bar{\eta}_1\eta_2\bar{\eta}_2\eta_1\). En cada paso, al intercambiar dos variables de Grassmann adyacentes el signo cambia una vez. Voy a seguir el signo acumulado:
- Intercambiar \(\eta_2\) y \(\bar{\eta}_2\) (intercambio adyacente 1º): \(\bar{\eta}_1\eta_2\bar{\eta}_2\eta_1 \to -\bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\eta_2\eta_1\) (signo acumulado \(-1\))
- Intercambiar \(\eta_2\) y \(\eta_1\) (intercambio adyacente 2º): \(-\bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\eta_2\eta_1 \to +\bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\eta_1\eta_2\) (signo acumulado \(+1\))
- Intercambiar \(\bar{\eta}_2\) y \(\eta_1\) (intercambio adyacente 3º): \(+\bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\eta_1\eta_2 \to -\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\) (signo acumulado \(-1\))
Verifico el paso 3. Mirando \(\bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\eta_1\eta_2\), el segundo \(\bar{\eta}_2\) y el tercero \(\eta_1\) son adyacentes. Al intercambiar estos dos adyacentes el signo cambia una vez, dando \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\) — es decir \(\bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\eta_1\eta_2 = -\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\).
En total 3 intercambios adyacentes con signo \((-1)^3 = -1\). Es decir, el original \(\bar{\eta}_1\eta_2\bar{\eta}_2\eta_1 = -\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\). Por tanto el segundo término es \(A_{12}A_{21} \cdot (-\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2) = -A_{12}A_{21}\,\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\).
⚪ Mei: 3 intercambios adyacentes con \((-1)^3 = -1\) — el reordenamiento de variables de Grassmann genera automáticamente el signo menos.
🟡 Lina: Juntando todo: \((A_{11}A_{22} - A_{12}A_{21})\,\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\). Cada vez que anticonmutas sale un menos, y eso reproduce automáticamente el signo de la permutación \(\mathrm{sgn}(\sigma) = -1\). Es decir, la anticonmutación de las variables de Grassmann genera exactamente la estructura de signos del determinante. Ahora, si demostramos que \(\int d\bar{\eta}_1 d\eta_1 d\bar{\eta}_2 d\eta_2\;\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 = 1\) (lo confirmo enseguida), el valor de la integral es \(A_{11}A_{22} - A_{12}A_{21} = \det A\).
⚪ Mei: Ya veo, los signos que salen al reordenar variables de Grassmann corresponden exactamente al \(\mathrm{sgn}(\sigma)\) de la fórmula de Leibniz del determinante.
🔵 Kai: ¿Cómo se calcula concretamente \(\int d\bar{\eta}_1 d\eta_1 d\bar{\eta}_2 d\eta_2\;\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 = 1\)? Con 4 integrales me pierdo con el orden...
🟡 Lina: Explico el orden de ejecución. Igual que en una integral múltiple ordinaria \(\int dx\int dy\; f(x,y)\) donde "se ejecuta primero la \(\int dy\) interior", se ejecuta desde el símbolo de integral más cercano al integrando (el del extremo derecho). Es decir, como el símbolo de integral más cercano al integrando \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\) es \(d\eta_2\), primero integramos en \(\eta_2\), luego \(d\bar{\eta}_2\), \(d\eta_1\), \(d\bar{\eta}_1\) en ese orden hacia afuera.
Como confirmamos en C.3.4, la integral de Berezin es la misma operación que la derivada por la izquierda. Así que \(\int d\eta_2\) es la operación de "llevar \(\eta_2\) al extremo izquierdo del integrando y luego eliminarla". Voy a seguir el signo acumulativamente en cada paso.
Paso 1: Calculamos \(\int d\eta_2\;\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\). Para llevar \(\eta_2\) al extremo izquierdo hay que pasar por encima de \(\bar{\eta}_1, \eta_1, \bar{\eta}_2\) — 3 variables, así que \((-1)^3 = -1\): \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 = -\eta_2\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\). Como \(\int d\eta_2\;\eta_2 = 1\), queda \((-1)\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2 = -\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\).
Paso 2: Calculamos \(\int d\bar{\eta}_2\;(-\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2)\). El integrando es \(-\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\) (el resultado del paso 1 con el menos delante). Primero llevemos \(\bar{\eta}_2\) al extremo izquierdo dentro de \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\). Como mencioné en C.3.2, todas las variables de Grassmann anticonmutan entre sí — entre \(\bar{\eta}\)'s también \(\bar{\eta}_1\bar{\eta}_2 = -\bar{\eta}_2\bar{\eta}_1\). Tengan barra o no, son variables de Grassmann, así que al intercambiar dos adyacentes siempre cambia el signo una vez. Hago intercambios adyacentes paso a paso:
- Intercambio 1º: intercambiar \(\eta_1\) y \(\bar{\eta}_2\) → \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2 = -\bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\eta_1\)
- Intercambio 2º: intercambiar \(\bar{\eta}_1\) y \(\bar{\eta}_2\) → \(-\bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\eta_1 = +\bar{\eta}_2\bar{\eta}_1\eta_1\)
En total 2 intercambios adyacentes con \((-1)^2 = +1\). Es decir \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2 = +\bar{\eta}_2\bar{\eta}_1\eta_1\). Como \(\int d\bar{\eta}_2\;\bar{\eta}_2 = 1\), queda \(\bar{\eta}_1\eta_1\). Junto con el menos que tenía delante el integrando, el resultado del paso 2 es \(-\bar{\eta}_1\eta_1\).
🔵 Kai: Contar cuántas se saltan y seguir el signo — ya le voy cogiendo el ritmo.
🟡 Lina: Bien, sigues bien.
Paso 3: Calculamos \(\int d\eta_1\;(-\bar{\eta}_1\eta_1)\). El integrando es \(-\bar{\eta}_1\eta_1\). Llevando \(\eta_1\) al extremo izquierdo dentro de \(\bar{\eta}_1\eta_1\), pasa por encima de \(\bar{\eta}_1\) — 1 variable: \(\bar{\eta}_1\eta_1 = -\eta_1\bar{\eta}_1\). Así \(-\bar{\eta}_1\eta_1 = -(-\eta_1\bar{\eta}_1) = +\eta_1\bar{\eta}_1\). \(\int d\eta_1\;\eta_1\bar{\eta}_1 = \bar{\eta}_1\) (\(\bar{\eta}_1\) es una variable diferente de \(\eta_1\) así que se trata como constante).
Paso 4: \(\int d\bar{\eta}_1\;\bar{\eta}_1 = 1\).
Efectivamente el total es \(1\). Es decir, en cada paso se repite "llevar al extremo izquierdo → el signo cambia según cuántas se saltan → eliminar". En resumen:
- \(\int d\eta_2\): \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 \to -\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\)
- \(\int d\bar{\eta}_2\): \(-\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2 \to -\bar{\eta}_1\eta_1\)
- \(\int d\eta_1\): \(-\bar{\eta}_1\eta_1 \to \bar{\eta}_1\)
- \(\int d\bar{\eta}_1\): \(\bar{\eta}_1 \to 1\)
⚪ Mei: Se ve el patrón. Aunque aumenten las variables, se trata con la misma operación mecánica repetida.
🟡 Lina: La anticonmutación de las variables de Grassmann genera exactamente los signos de las permutaciones de forma automática, por eso el resultado de la expansión coincide con \(\det A\). La demostración detallada la dejo como ejercicio, pero el resultado es: para cada par \(\bar{\eta}_i, \eta_i\) se puede usar la ecuación (C.18) independientemente cuando \(A\) es diagonal, y entonces \(\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n = \det A\). Para una matriz regular general se diagonaliza por cambio de variables — pero en el cambio de variables de Grassmann el jacobiano sale al revés de lo normal, así que hay que tener cuidado. Este punto lo explico enseguida. Mientras que en bosones \(A\) tenía que ser real simétrica definida positiva para que la integral convergiera, la integral de Grassmann tiene una expansión de Taylor que termina en un número finito de términos, así que no hay preocupación por la convergencia. De hecho, cuando \(\det A = 0\) ambos lados de la ecuación (C.19) son cero y la igualdad se cumple. Pero como la versión con fuente (C.21) necesita \(A^{-1}\), asumimos \(\det A \neq 0\) (regular).
🔵 Kai: En la integral normal, al hacer un cambio de variables se divide por el valor absoluto del jacobiano, ¿verdad? ¿En Grassmann no es así?
🟡 Lina: Bien observado. En la integral normal \(dx = |\partial x/\partial y|\,dy\), así que sale el inverso del determinante de la matriz de transformación. ¿Qué pasa en Grassmann? Verifiquémoslo con un ejemplo simple. Al hacer el cambio de variable \(\eta' = c\eta\) (\(c\) es un número ordinario con \(c \neq 0\)), tenemos \(\eta = \eta'/c\).
En la integral normal: \(d\eta = d\eta'/c\) y se usa \(\int d\eta\;\eta = \int (d\eta'/c)\;(\eta'/c) = (1/c^2)\int d\eta'\;\eta'\).
Pero en la integral de Berezin, por definición \(\int d\eta\;\eta = 1\), y para la variable \(\eta'\) también \(\int d\eta'\;\eta' = 1\). Veamos cómo cuadra. Sustituyendo \(\eta = \eta'/c\): \(\int d\eta\;\eta = \int d\eta\;(\eta'/c) = (1/c)\int d\eta\;\eta'\). Para que este valor sea 1, necesitamos \(\int d\eta\;\eta' = c\). Por otro lado \(\int d\eta'\;\eta' = 1\), así que se necesita la relación \(\int d\eta = c\int d\eta'\). Es decir, en Grassmann \(d\eta = c\,d\eta'\), que es lo opuesto al \(d\eta = d\eta'/c\) usual.
🔵 Kai: ¡Vaya, al revés! La regla de cambio de variables es opuesta entre integrales ordinarias e integrales de Grassmann...
🟡 Lina: En general, el determinante de la matriz de transformación aparece directamente (no su inverso). Esto es consecuencia de que "la integral de Berezin es la misma operación que la derivada" — sigue la misma ley de transformación que la regla de la cadena de la derivada \(\partial/\partial\eta' = (\partial\eta/\partial\eta')\,\partial/\partial\eta = (1/c)\,\partial/\partial\eta\).
🔵 Kai: Entonces, cuando se hace un cambio de variables con una matriz regular, ¿cuál es el efecto de su jacobiano?
🟡 Lina: El mismo principio opera en el caso multivariable. Solo enuncio la conclusión: combinando las transformaciones \(\boldsymbol{\eta}' = P\boldsymbol{\eta}\) y \(\bar{\boldsymbol{\eta}}' = \bar{\boldsymbol{\eta}}\,(P^T)^{-1}\), se preserva \(\bar{\boldsymbol{\eta}}'^T\boldsymbol{\eta}' = \bar{\boldsymbol{\eta}}^T\boldsymbol{\eta}\). Y aplicando la regla del jacobiano de Grassmann (el determinante de la matriz de transformación aparece directamente, no su inverso) a \(\boldsymbol{\eta}\) y \(\bar{\boldsymbol{\eta}}\) respectivamente: la matriz de transformación de \(\boldsymbol{\eta}' = P\boldsymbol{\eta}\) es \(P\), así que a \(\prod_i d\eta'_i\) se le aplica \(\det P\). Por otro lado, la matriz de transformación de \(\bar{\boldsymbol{\eta}}' = \bar{\boldsymbol{\eta}}(P^T)^{-1}\) es \((P^T)^{-1}\), cuyo determinante \(\det(P^T)^{-1} = (\det P)^{-1}\) se aplica directamente. Combinando: \(\det P \cdot (\det P)^{-1} = 1\), así que no hay factor adicional. Por eso podemos hacer el cambio de variables tranquilamente. Los detalles del cálculo se confirman en los ejercicios.
⚪ Mei: El jacobiano de Grassmann es opuesto al normal, pero al aplicar la transformación tanto a \(\eta\) como a \(\bar{\eta}\) al final se cancelan y da 1 — está bien diseñado.
🔵 Kai: El determinante aparece en el denominador para bosones y en el numerador para fermiones... ¿tiene eso algún significado físico?
🟡 Lina: ¡Exactamente! Excelente intuición. Intuitivamente, como \(\log Z \propto -\tfrac{1}{2}\log\det A\) para bosones y \(\log Z \propto +\log\det A\) para fermiones, el signo del logaritmo se invierte, y eso genera un signo relativo de menos por cada bucle. En Cap. 13 discutiremos en detalle la razón por la que los bucles fermiónicos en diagramas de Feynman llevan un signo menos, pero el origen está en esta ecuación (C.19).
🔵 Kai: Con solo que la definición de la integral sea diferente, ya aparece una diferencia de signo en los cálculos de bucles... La estructura matemática determina los resultados físicos. Entonces, ¿concretamente qué cálculo da "un menos por cada bucle"?
🟡 Lina: Eso lo haremos en detalle en Cap. 13 cuando derivemos las reglas de Feynman. Por ahora, quédate con la correspondencia de que "que \(\det A\) venga en el numerador es el origen del signo".
🔵 Kai: Entendido, esperaré con ganas el capítulo 13. ...Ah, pero entonces me surge otra duda. Si el signo es opuesto, ¿no se cancelarían si para bosones y fermiones aparece la misma matriz \(A\)? Es una duda sencilla, pero...
🟡 Lina: Perspicaz. De hecho, si bosones y fermiones tuvieran la misma masa y los mismos grados de libertad, como los signos son opuestos, las correcciones cuánticas se cancelarían dramáticamente. Esto es exactamente el punto de partida de la idea llamada supersimetría (supersymmetry). Está fuera del alcance de este libro así que no profundizaremos, pero la idea de que "si hay simetría entre bosones y fermiones, los problemas de divergencia se alivian" proviene precisamente de esta diferencia de signo en \(\det A\).
🔵 Kai: Que la diferencia de signo en una sola fórmula de integración lleve a cosas tan grandes...
⚪ Mei: Es decir, \(-\frac{1}{2}\log\det A\) de bosones y \(+\log\det A\) de fermiones se cancelan para el mismo \(A\) — si existe tal simetría, los problemas de divergencia se alivian dramáticamente. Un solo signo en la fórmula de integración puede cambiar fundamentalmente la estructura ultravioleta de la teoría.
✅ Verificación de comprensión: El resultado de la integral gaussiana multivariable para bosones es \((\det A)^{-1/2}\), mientras que para fermiones (Grassmann) es \(\det A\). ¿Con qué fenómeno de la teoría cuántica de campos se relaciona esta diferencia de "si el determinante va en el denominador o en el numerador"?
Respuesta
Esta diferencia se convierte en el origen del signo menos adicional que llevan los bucles fermiónicos en los diagramas de Feynman. Para bosones \(\log Z \propto -\frac{1}{2}\log\det A = -\frac{1}{2}\mathrm{Tr}\log A\), mientras que para fermiones \(\log Z \propto +\log\det A = +\mathrm{Tr}\log A\), y los signos se invierten. Esto genera un signo relativo de menos en los bucles fermiónicos en cálculos a un bucle.
Comprobación de comprensión C.3
Calcula \(\displaystyle\int d\bar{\eta}\,d\eta\; (\bar{\eta}\eta)\,e^{-\bar{\eta}\,a\,\eta}\).
Respuesta: Como \(e^{-\bar{\eta}\,a\,\eta} = 1 - a\bar{\eta}\eta\), tenemos \(\bar{\eta}\eta \cdot (1 - a\bar{\eta}\eta) = \bar{\eta}\eta - a(\bar{\eta}\eta)(\bar{\eta}\eta)\). Calculamos \((\bar{\eta}\eta)^2 = \bar{\eta}\eta\bar{\eta}\eta\). Primero intercambiamos \(\eta\bar{\eta}\) en el medio usando la anticonmutación: \(\eta\bar{\eta} = -\bar{\eta}\eta\), así que \(\bar{\eta}(\eta\bar{\eta})\eta = \bar{\eta}(-\bar{\eta}\eta)\eta = -\bar{\eta}\bar{\eta}\eta\eta = -\bar{\eta}^2\eta^2 = 0\) (usando \(\bar{\eta}^2 = 0\)), por lo que \(\bar{\eta}\eta \cdot (1 - a\bar{\eta}\eta) = \bar{\eta}\eta\). Calculamos \(\int d\bar{\eta}\,d\eta\;\bar{\eta}\eta\). Como \(\bar{\eta}\eta = -\eta\bar{\eta}\): \(\int d\eta\;(-\eta\bar{\eta}) = -\bar{\eta}\); luego \(\int d\bar{\eta}\;(-\bar{\eta}) = -1\). Por tanto \(\int d\bar{\eta}\,d\eta\;\bar{\eta}\eta = -1\), y la respuesta es \(-1\). Alternativamente, derivando ambos lados del resultado de la ecuación (C.18) \(\int d\bar{\eta}\,d\eta\; e^{-\bar{\eta}a\eta} = a\) respecto a \(a\): \(\int d\bar{\eta}\,d\eta\;(-\bar{\eta}\eta)e^{-\bar{\eta}a\eta} = 1\), de donde \(\int d\bar{\eta}\,d\eta\;\bar{\eta}\eta\,e^{-\bar{\eta}a\eta} = -1\).
C.3.6 Integral gaussiana de Grassmann con fuente¶
🟡 Lina: También derivo la versión fermiónica correspondiente a la fórmula bosónica con fuente (C.3). Introducimos fuentes de Grassmann \(\bar{\xi}, \xi\). Estas también son números de Grassmann, así que anticonmutan con todas las variables de Grassmann incluyendo \(\bar{\eta}, \eta\) (\(\bar{\xi}\eta = -\eta\bar{\xi}\), etc.). Lo que queremos calcular es:
Atacamos con completar el cuadrado igual que en el caso bosónico. Transformando el exponente:
🔵 Kai: ¡También se puede completar el cuadrado con números de Grassmann!
🟡 Lina: Verifícalo. El punto clave es que \(a^{-1}\) es un número ordinario y puede conmutar libremente con las variables de Grassmann — solo hay que preocuparse del orden entre variables de Grassmann.
🔵 Kai: A ver, hay que expandir \(-a(\bar{\eta} - \bar{\xi}a^{-1})(\eta - a^{-1}\xi)\). Salen 4 términos... el último es \(-a \cdot (-\bar{\xi}a^{-1})\cdot(-a^{-1}\xi)\), tiene dos signos menos así que queda positivo... pero ¿el orden de \(\bar{\xi}\) y \(\xi\) está bien?
🟡 Lina: \(a^{-1}\) es un número ordinario así que pasa libremente a través de las variables de Grassmann. Por tanto \(\bar{\xi}a^{-1} \cdot a^{-1}\xi = a^{-2}\bar{\xi}\xi\), y multiplicando por \(-a\) da \(-a^{-1}\bar{\xi}\xi\). Juntando todo: \(-a\bar{\eta}\eta + \bar{\eta}\xi + \bar{\xi}\eta - a^{-1}\bar{\xi}\xi\).
⚪ Mei: \(a^{-1}\) es un número ordinario así que conmuta libremente con las variables de Grassmann, y se puede seguir el signo de cada término directamente.
🔵 Kai: Déjame verificar los 4 términos uno por uno. Expandiendo \(-a(\bar{\eta} - \bar{\xi}a^{-1})(\eta - a^{-1}\xi)\)... El 1er término es \(-a \cdot \bar{\eta} \cdot \eta = -a\bar{\eta}\eta\). El 2º término es \(-a \cdot \bar{\eta} \cdot (-a^{-1}\xi) = +\bar{\eta}\xi\). El 3er término es \(-a \cdot (-\bar{\xi}a^{-1}) \cdot \eta = +\bar{\xi}\eta\). El 4º término es \(-a \cdot (-\bar{\xi}a^{-1}) \cdot (-a^{-1}\xi) = -a \cdot a^{-2}\bar{\xi}\xi = -a^{-1}\bar{\xi}\xi\). En este último \(-a^{-1}\bar{\xi}\xi\), ¿está bien el orden de los números de Grassmann en \(\bar{\xi}a^{-1} \cdot a^{-1}\xi\)?
🟡 Lina: \(a^{-1}\) es un número ordinario (no de Grassmann) así que conmuta libremente con las variables de Grassmann. Por tanto \(\bar{\xi}a^{-1} \cdot a^{-1}\xi = a^{-1} \cdot a^{-1} \cdot \bar{\xi}\xi = a^{-2}\bar{\xi}\xi\). Multiplicando por \(-a\): \(-a^{-1}\bar{\xi}\xi\). El orden de las variables de Grassmann se mantiene como \(\bar{\xi}\xi\) así que no hay problema.
🔵 Kai: Ya veo, como los números ordinarios pasan a través de las variables de Grassmann no hay que preocuparse por el orden. Pero inversamente, si equivocas el orden entre variables de Grassmann el signo se invierte, así que el orden de los términos fuente \(\bar{\xi}\eta + \bar{\eta}\xi\) también importa, ¿verdad?
🟡 Lina: Así es. Al resultado que Kai expandió le sumamos el \(+\bar{\xi}\,a^{-1}\,\xi\) que estaba en el lado derecho de la completación del cuadrado. Como \(a^{-1}\) es un número ordinario, conmuta libremente con las variables de Grassmann \(\bar{\xi}, \xi\): \(\bar{\xi}\,a^{-1}\,\xi = a^{-1}\bar{\xi}\xi\). Sumando esto con el último término de la expansión \(-a^{-1}\bar{\xi}\xi\): \(+a^{-1}\bar{\xi}\xi - a^{-1}\bar{\xi}\xi = 0\), se cancelan, y queda \(-a\bar{\eta}\eta + \bar{\eta}\xi + \bar{\xi}\eta\). El orden de los términos fuente es \(\bar{\xi}\eta + \bar{\eta}\xi\), coincidiendo con la expresión original.
⚪ Mei: Es decir, expandiendo y sumando se recupera el original — se confirma que la completación del cuadrado es correcta.
🟡 Lina: Exacto. Con el cambio de variable \(\bar{\eta}' = \bar{\eta} - \bar{\xi}a^{-1}\), \(\eta' = \eta - a^{-1}\xi\), por la invariancia bajo traslación de la integral de Berezin el valor de la integral no cambia. Sacando el factor constante \(e^{\bar{\xi}\,a^{-1}\,\xi}\) fuera, lo que queda se reduce a la ecuación (C.18):
🔵 Kai: Con los mismos 3 pasos "completar cuadrado → cambio de variable → reducir a fórmula básica", también en Grassmann sale limpiamente.
🟡 Lina: La versión multivariable es:
🟡 Lina: Comparemos lado a lado con la versión bosónica (C.9):
Tabla C.2: Comparación de integrales gaussianas bosónica y fermiónica
| Bosón | Fermión | |
|---|---|---|
| Prefactor | \((\det A)^{-1/2}\) | \(\det A\) |
| Factor de fuente | \(e^{\frac{1}{2}\mathbf{J}^T A^{-1}\mathbf{J}}\) | \(e^{\bar{\boldsymbol{\xi}}^T A^{-1}\boldsymbol{\xi}}\) |
⚪ Mei: En bosones \(\det A\) viene con exponente \(-1/2\) en el denominador, y en fermiones con exponente \(+1\) en el numerador — la diferencia "determinante en el denominador o en el numerador" que Lina mencionó antes aparece con la misma estructura aquí también.
📝 Ejercicios:
- Verificación directa de la integral gaussiana multivariable de Grassmann \(= \det A\) → Problema M-2. Derivación de la integral gaussiana de Grassmann multivariable
Resumen: Fórmulas centrales de la integral gaussiana y la integral de Grassmann¶
🟡 Lina: Recopilo las fórmulas principales de este Appendix. Deberías poder ver de un vistazo el contraste entre bosones y fermiones.
Tabla C.3: Resumen de fórmulas principales del Apéndice C
| Número | Fórmula | Condición / uso |
|---|---|---|
| (C.1) | \(\int dq\;e^{-aq^2/2} = \sqrt{2\pi/a}\) | Punto de partida bosónico |
| (C.3) | \(\int dq\;e^{-aq^2/2 - Jq} = \sqrt{2\pi/a}\;e^{J^2/(2a)}\) | Con fuente · completar cuadrado |
| (C.6) | \(I_n(a)\): para \(n=2m\) par: \(\sqrt{2\pi/a}\cdot(2m-1)!!/a^m\); para impar: cero | Conexión directa con teorema de Wick |
| (C.8) | \(\int d^nq\;e^{-\mathbf{q}^T A\mathbf{q}/2} = (2\pi)^{n/2}/\sqrt{\det A}\) | Multivariable · \(A\) real simétrica def. positiva |
| (C.9) | Con fuente multivariable: \(\times\,e^{\mathbf{J}^T A^{-1}\mathbf{J}/2}\) | Funcional generatriz \(Z[J]\) |
| (C.18) | \(\int d\bar{\eta}\,d\eta\;e^{-\bar{\eta}a\eta} = a\) | Grassmann |
| (C.19) | Grassmann multivariable: \(= \det A\) | \(A\) regular (\(\det A \neq 0\)) · ¡opuesto a bosones! |
| (C.21) | Grassmann con fuente | \(Z[\bar{\xi},\xi]\) fermiónica |
🔵 Kai: Bosones dan \((\det A)^{-1/2}\), fermiones dan \(\det A\). Con solo este punto, ya tenemos la clave para entender por qué los bucles fermiónicos llevan un signo menos a un bucle.
⚪ Mei: El contraste entre la integral gaussiana (bosones) y la integral gaussiana de Grassmann (fermiones) forma el esqueleto de la teoría cuántica de campos.
Avance del próximo capítulo¶
Appendix D: Caja de herramientas para cálculos de bucles — Análisis dimensional · Parámetros de Feynman · Rotación de Wick — Hasta aquí hemos reunido "los fundamentos de las integrales para bosones y fermiones". En el siguiente Apéndice D organizaremos de golpe las técnicas prácticas para ejecutar integrales de bucle concretas: el sistema de unidades naturales y dimensión de masa, la técnica de parámetros de Feynman para unificar denominadores, el procedimiento de rotación de Wick para pasar del espacio de Minkowski al euclídeo, y las fórmulas de integrales en momento necesarias para la regularización dimensional. Puliremos las técnicas hasta el nivel en que "las manos se muevan" en los cálculos de renormalización de los capítulos 13–14.
Problemas¶
📝 Ejercicios:
- Cálculo de \(I_6(a)\) mediante la relación de recurrencia de la integral gaussiana → Problema B-3. Integral gaussiana con \(q^n\) (aplicación de la relación de recurrencia)
- Verificación directa de la integral gaussiana multivariable de Grassmann \(= \det A\) → Problema M-2. Derivación de la integral gaussiana de Grassmann multivariable
Referencias¶
- 坂本眞人『場の量子論 II — ファインマングラフとくりこみを中心にして』 Capítulo 6 "Integral gaussiana e integral de Fresnel"
- Lancaster & Blundell "Quantum Field Theory for the Gifted Amateur" Capítulo 28 "Grassmann numbers"
- Peskin & Schroeder "An Introduction to Quantum Field Theory" Appendix A (convenciones y formulario)
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