\input xmppt
\def\d{\partial}
\def\const{\mathord{\rm\,const\,}}
\def\lcolon{\mathopen:}
\def\rcolon{\mathclose:}
\def\half{{1\over2}}
\def\texthalf{{\textstyle\half}}
\def\Z{{\bf Z}}
\def\R{{\bf R}}
\def\C{{\bf C}}
\def\H{{\cal H}}
\def\L{{\cal L}}

{\bf
\centerline{Лекция~3}
\centerline{Корреляционные функции в конформных моделях.}
}
\bigskip
Рассмотрим конформную теорию с центральным зарядом $c<1$ или $c>25$.
Пусть $\phi(x)$ --- первичное поле размерности
$$
\Delta={\textstyle{1\over16}}
\bigl(5-c\pm\sqrt{(c-1)(c-25)}\bigr).
$$
В этом случае имеется нулевой вектор
$$
|\chi\rangle=\left(L_{-2}-{3\over2(2\Delta+1)}L_{-1}^2\right)
|\Delta\rangle.
$$
Это значит, что поле $\phi(x)$ удовлетворяет уравнению
$$
\left(\L_{-2}-{3\over2(2\Delta+1)}\L_{-1}^2\right)\phi(z)=0.
\eqlabel\phiequation
$$
Легко проверить, что
$$
\eqalignno{
\L_{-1}\phi(x)
&=\oint{dw\over2\pi i}\,T(w)\phi(z)=[L_{-1},\phi(x)]=\d\phi(x),
\cr
\L_{-1}^2\phi(x)
&=\oint{dw\over2\pi i}\,T(w)\d\phi(z)
=[L_{-1},\d\phi(x)]=\d[L_{-1},\phi(x)]=\d^2\phi(x).
}
$$
Несколько сложнее ситуация с $\L_{-2}$. В $\L_{-2}\phi$ дает вклад регулярная
часть операторного разложения, так что это --- новый оператор. Обойдем
эту трудность следующим образом. Рассмотрим корреляционную функцию
$\langle\L_{-2}\phi(x)\Phi_1(x_1)\ldots\Phi_N(x_N)\rangle$, где
$\Phi_i(x_i)$ --- первичные поля размерностей $\Delta_i$, и попробуем
утащить контур интегрирований на бесконечность, протаскивая его через
полюсы второго порядка в точках $x_i$. С помощью операторных разложений
для $T(w)\Phi(x_i)$ получим
$$
\eqalignno{
\langle\L_{-2}\phi(x)\Phi_1(x_1)\ldots\Phi_N(x_N)\rangle
&=\oint{dw\over2\pi i(w-z)}
\langle T(w)\phi(x)\Phi_1(x_1)\ldots\Phi_N(x_N)\rangle
\cr
&=-\sum_{i=1}^N\oint_{C_i}{dw\over2\pi i(w-z)}
\left({\Delta_i\over(w-z_i)^2}+{1\over w-z_i}{\d\over\d z_i}\right)
\langle\phi(x)\Phi_1(x_1)\ldots\Phi_N(x_N)\rangle
\cr
&=\sum_{i=1}^N
\left({\Delta_i\over(z-z_i)^2}+{1\over z-z_i}{\d\over\d z_i}\right)
\langle\phi(x)\Phi_1(x_1)\ldots\Phi_N(x_N)\rangle
}
$$
Мы видим, что существование нуль-вектора приводит к дифференциальному
уравнению для корреляционной функции:
$$
\left\{{\d^2\over\d z^2}
-{2(2\Delta+1)\over3}
\sum_{i=1}^N
\left({\Delta_i\over(z-z_i)^2}+{1\over z-z_i}{\d\over\d z_i}\right)
\right\}
\langle\phi(x)\Phi_1(x_1)\ldots\Phi_N(x_N)\rangle
=0
\eqlabel\correquation
$$
Давайте воспользуемся этим дифференциальным уравнением, чтобы найти
операторные разложения первичных полей. Пусть $z\to z_i$. В этом пределе
уравнение примет вид
$$
\left\{{\d^2\over\d z^2}
-{2(2\Delta+1)\over3}
\left({\Delta_i\over(z-z_i)^2}
  +{1\over z-z_i}{\d\over\d z_i}\right)
\right\}\phi(x)\Phi_i(x_i)=0
$$
Будем решать уравнение в виде $(z-z_i)^{-\lambda}$. Тогда мы получим уравнение
на $\lambda$:
$$
\lambda(\lambda+1)={2(2\Delta+1)\over3}(\Delta_i+\lambda).
$$
У нас есть два решения:
$$
\lambda_\pm={4\Delta-1\over6}\pm\sqrt{{(4\Delta-1)^2\over36}
+{2\Delta_i(2\Delta+1)\over3}}.
$$
Прежде чем интерпретировать это решение, введем удобную параметризацию.
Положим
$$
c=1-12\alpha_0,
\qquad
\alpha_\pm=\alpha_0\pm\sqrt{\alpha_0^2+2}.
\eqlabel\alphao
$$
Конформные размерности $\Delta_i$ запишем в виде
$$
\Delta_i=\Delta(\alpha_i)=\half\alpha_i(\alpha_i-2\alpha_0),
\qquad
\Delta=\half\alpha(\alpha-2\alpha_0).
$$
Тогда решение уравнения для $\Delta$ имеет простой вид
$$
\alpha=-\half\alpha_\pm.
$$
Тогда
$$
\lambda=\Delta+\Delta_i-\Delta'_i,
$$
причем
$$
\alpha'_{i\pm}=\alpha_i\pm\alpha.
\eqlabel\alphaope
$$
Это значит, что в операторное разложение $\phi(x)\Phi_i(x_i)$
входят слагаемые, пропорциональные
$$
z^{\Delta+\Delta_i-\Delta'_{i\pm}}\Phi'_{i\pm}(x_i),
$$
где $\Phi'_i$ --- поля размерности $\Delta'_{i\pm}$.
Символически это можно записать так:
$$
[\phi]\cdot[\Phi]\sim
[\Phi_+]+[\Phi_-].
\eqlabel\opephiPhi
$$

Рассмотрим более подробно случай свободного фермиона $c=1/2$
($\alpha_0=1/2\sqrt{6}$, $\alpha_+=2\sqrt{2/3}$, $\alpha_-=-\sqrt{3/2}$,
$\Delta(-\half\alpha_+)=1/2$, $\Delta(-\half\alpha_-)=1/16$).
Мы знаем, что в теории есть поля $\psi$ размерности $(1/2,0)$
и $\bar\psi$ размерности $(0,1/2)$. В операторном разложении
$\psi(z')\psi(z)$ согласно (\opephiPhi), (\alphaope) могут
возникнуть поля размерностей $(0,0)$ и $(5/3,0)$. Поле размерности
$0$ действительно присутствует. Поле размерности $(5/3,0)$ выпадает.
В операторном разложении $\psi(z')\bar\psi(\bar z)$ может быть первичное
поле только размерности $(1/2,1/2)$ (поле $\varepsilon=\psi\bar\psi$),
так как поле $\bar\psi$ удовлетворяет
уравнению $\d\bar\psi=0$, имеющему только одно решение --- константу по $z$.

Пусть теперь $\sigma(x)$ --- поле размерности $1/16$, которое тоже
удовлетворяет уравнению второго порядка. Рассмотрим операторное произведение
$\psi(z')\sigma(x)$. Если мы примем $\psi$ за $\phi$, а $\sigma$ за $\Phi$,
то мы получим, что в этом операторном произведении могут быть первичные
поля размерности $1/16$ и $35/48$. Если мы наоборот примем $\psi$ за $\Phi$,
а $\sigma$ за $\phi$, то получим, что допустимы размерности $1/16$ и $63/48$.
Это значит, что в операторном произведении может возникнуть только поле
размерности $1/16$. Обозначим это поле через $\mu(x)$. Итак, мы получили
операторное разложение
$$
\psi(z')\sigma(x)\sim(z'-z)^{-1/2}(\mu(x)+O(z'-z)).
$$
Отметим, что это значит, что поля $\psi$ и $\sigma$ не взаимно-локальны.
При обходе $z'$ вокруг $z$ по замкнутому контуру знак операторного произведения
(и соответствующих корреляционных функций) меняется. В пространстве Минковского
это значит, что если поля $\psi(x^{\prime1})$ и $\sigma(x^1)$ (взятые в один и
тот же момент времени) коммутируют, скажем, при $x^{\prime1}<x^1$, то
они антикоммутируют при $x^{\prime1}>x^1$. Однако если положить
$$
\bar\psi(\bar z')\mu(x)
\sim(\bar z'-\bar z)^{-1/2}(\sigma(x)+O(\bar z'-\bar z)),
$$
то $\sigma(x)$ и $\mu(x)$ будут бесспиновыми полями размерности $(1/16,1/16)$,
каждое из которых взаимно-локально с $\varepsilon(x)$. Рассмотрим
произведение $\sigma(x_1)\psi(z_2)\sigma(x_3)$. Если $x_1$ обходит вокруг
$x_2$ и $x_3$, то произведение меняет знак. Но последние два оператора
дают $\mu(x)$ в операторном произведении. Это значит, что $\sigma(x)$ и
$\mu(x)$ не взаимно-локальны. Естественно предположить операторную
алгебру
\eqadvance\ferope
$$
\eqalignno{
\psi(z')\sigma(x)
&=C(z'-z)^{-1/2}\mu(x)+O((z'-z)^{1/2}),
&\rm(\ferope a)
\cr
\bar\psi(\bar z')\sigma(x)
&=C^*(\bar z'-\bar z)^{-1/2}\mu(x)+O((\bar z'-\bar z)^{1/2}),
&\rm(\ferope b)
\cr
\psi(z')\mu(x)
&=C'(z'-z)^{-1/2}\sigma(x)+O((z'-z)^{1/2}),
&\rm(\ferope c)
\cr
\bar\psi(\bar z')\mu(x)
&=C^{\prime*}(\bar z'-\bar z)^{-1/2}\sigma(x)+O((\bar z'-\bar z)^{1/2}),
&\rm(\ferope d)
\cr
\sigma(x')\sigma(x)
&=C_1|x'-x|^{-1/4}+C_2|x'-x|^{3/4}\varepsilon(x)
+O((z'-z)^{7/8},(\bar z'-\bar z)^{7/8}),
&\rm(\ferope e)
\cr
\mu(x')\sigma(x)
&=C_3(z'-z)^{3/8}(\bar z'-\bar z)^{-1/8}\psi(z)
\cr
&\quad
+C_4(z'-z)^{-1/8}(\bar z'-\bar z)^{3/8}\bar\psi(\bar z)
+O((z'-z)^{7/8},(\bar z'-\bar z)^{7/8}),
&\rm(\ferope f)
\cr
\mu(x')\mu(x)
&=C'_1|x'-x|^{-1/4}+C'_2|x'-x|^{3/4}\varepsilon(x)
+O((z'-z)^{7/8},(\bar z'-\bar z)^{7/8}),
&\rm(\ferope g)}
$$
Коэффициенты $C$, $C'$, $C_1$,~\dots\
называются {\it структурными константами\/}
теории (ниже мы дадим более аккуратное и общее определение структурных
констант). Вычисление структурных констант составляет основное содержание
конформной теории поля.

Прежде всего, найдем рецепт вычисления первых производных
от четырехточечных корреляционных функций для $z_1=0$, $z_2=z$,
$z_3=1$, $z_4=\infty$. Вообще говоря, из Мебиус-инвариантности имеем
для произвольной корреляционной функции $G$:
$$
\sum\d_iG=0,
\qquad
\sum(z_i\d_i+\Delta_i)G=0,
\qquad
\sum(z_i^2\d_i+2\Delta_iz_i)G=0.
$$
Подставляя сюда $z_1=0$, $z_2=z$, $z_3=1$, $z_4=Z$, получим
$$
\eqalign{
(\d_1+\d_2+\d_3+\d_4)G
&=0,
\cr
(z\d_2+\d_3+Z\d_4)G
&=-(\Delta_1+\Delta_2+\Delta_3+\Delta_4)G,
\cr
(z^2\d_2+\d_3+Z^2\d_4)G
&=-(2z\Delta_2+2\Delta_3+2Z\Delta_4)G.
}
$$
Из второго уравнения видим, что в ведущем порядке $Z\d_4G=-2\Delta_4G$.
После этого остальные уравнения легко решить в пределе $Z\to\infty$:
$$
\eqalign{
\d_1G
&=-(1-z)\d G+(\Delta_1+\Delta_2+\Delta_3-\Delta_4)G,
\cr
\d_3G
&=-z\d G-(\Delta_1+\Delta_2+\Delta_3-\Delta_4)G,
\cr
\d_4G
&=0.
}
$$
Вооружившись этим приемом, обратимся к четырехточечным корреляционным
функциям.

Рассмотрим четырехточечную корреляционную функцию
$$
\langle\sigma(x_4)\sigma(x_3)\sigma(x_2)\sigma(x_1)\rangle
=\left(|x_1-x_2|\cdot|x_3-x_4|\over|x_1-x_3|\cdot|x_2-x_4|\right)^{1/4}
Y(z,\bar z),
$$
где
$$
z={(z_1-z_2)(z_3-z_4)\over(z_1-z_3)(z_2-z_4)}.
$$
Уравнение второго порядка на эту функцию имеет вид
$$
\left(
{4\over3}{d^2\over dz^2}
-{1\over16}\left({1\over z}-{1\over1-z}\right)^2
+\left({1\over z}+{1\over1-z}\right){d\over dz}
\right)
Y(z,\bar z)=0.
$$
Имеется такое же уравнение по $\bar z$. Забудем временно о $\bar z$.
Будем искать аналитическое решение этого уравнения $F(z)$. Исключим
сингулярности в точках $x=0$ и $x=1$ заменой
$$
F(z)=z^{-1/8}(1-z)^{-1/8}u(z).
$$
Уравнение примет вид
$$
\textstyle
z(1-z)u''+(\half-x)u'+{1\over16}u=0.
$$
Это частный случай гипергеометрического уравнения. В данном частном
случае его можно решить с помощью замены переменных:
$$
\left({d^2\over d\theta^2}+{1\over4}\right)u(z)=0,
\qquad
z=\sin^2\theta.
$$
Имеется два линейно-независимых решения
$$
\eqalign{
F_1(z)
&=z^{-1/8}(1-z)^{-1/8}\cos\texthalf\theta,
\cr
F_2(z)
&=z^{-1/8}(1-z)^{-1/8}\sin\texthalf\theta.
}
$$
В пределе $z\to0$ имеем
$$
\eqalign{
F_1(z)&=z^{-1/8}(1+O(z)),
\cr
F_2(z)&=\texthalf z^{3/8}(1+O(z)).
}\eqlabel\ffassymp
$$
Найдем решение $Y(z,\bar z)$ такое, что при обходе $x$ вокруг точки $0$
функция остается однозначной. Это решение имеет вид
$$
Y(z,\bar z)=X_1F_1(z)\overline{F_1(z)}+X_2F_2(z)\overline{F_2(z)}.
\eqlabel\Yform
$$
Решение все еще зависит от двух произвольных постоянных $X_1$ и $X_2$.
Очевидно, что $Y(1-z,1-\bar z)$ удовлетворяет тому же уравнению.
Выразим решения $F_i(z)$ через $F_i(1-z)$. При $z\to1$ имеем
$$
\eqalign{
F_1(z)
&={(1-z)^{-1/8}\over\sqrt2}-{(1-z)^{3/8}\over2\sqrt2}+O((1-z)^{7/8}),
\cr
F_2(z)
&={(1-z)^{-1/8}\over\sqrt2}+{(1-z)^{3/8}\over2\sqrt2}+O((1-z)^{7/8}).
}
$$
Сравнивая с (\ffassymp), получаем
$$
\eqalign{
F_1(z)
&={1\over\sqrt2}(F_1(1-z)+F_2(1-z)),
\cr
F_2(z)
&={1\over\sqrt2}(F_1(1-z)-F_2(1-z)).
}\eqlabel\solutionscross
$$
Подставим это в (\Yform):
$$
\eqalignno{
Y(z,\bar z)
&={X_1+X_2\over2}F_1(1-z)\overline{F_1(1-z)}
+{X_1+X_2\over2}F_2(1-z)\overline{F_2(1-z)}
\cr
&\quad
+{X_1-X_2\over2}F_1(1-z)\overline{F_2(1-z)}
+{X_1-X_2\over2}F_2(1-z)\overline{F_1(1-z)}.
\lnlabel\Ycrossed}
$$
Чтобы корреляционная функция была однозначна по отношению к обходу
$z$ вокруг $1$, необходимо, чтобы последние два члена равнялись нулю.
Следовательно, $X_2=X_1$.
Кроме того, нормируем $\sigma(x)$ условием
$$
\langle\sigma(x')\sigma(x)\rangle={1\over|x'-x|^{1/4}}.
$$
Отсюда $X_1=1$. Итак
$$
Y(z,\bar z)=|F_1(z)|^2+|F_2(z)|^2=|F_1(1-z)|^2+|F_2(1-z)|^2
=|z(1-z)|^{-1/4}\cos\texthalf(\theta-\bar\theta).
\eqlabel\Yanswer
$$
Рассмотрим опять предел $z\to0$. Из (\ffassymp) и (\Yanswer) получаем
$$
Y(z,\bar z)=|x|^{-1/4}+{1\over4}|x|^{3/4}+\cdots.
$$
Чтобы понять смысл этого разложения, запишем%
\nfootnote{По определению $\phi(\infty,\infty)=\lim_{Z\to\infty}
Z^{2\Delta}\bar Z^{2\bar\Delta}\sigma(Z,\bar Z)$.
При выводе формулы надо использовать инверсию.}
$$
\eqalignno{
\langle\sigma(\infty,\infty)\sigma(1,1)\sigma(z,\bar z)\sigma(0,0)\rangle
&\simeq
\langle(C_1+C_2\varepsilon(\infty,\infty))
(C_1|x|^{-1/4}+C_2|x|^{3/4}\varepsilon(0,0))\rangle
\cr
&=C_1^2|x|^{1/4}
+C_2^2|x|^{3/4}\langle\varepsilon(\infty,\infty)\varepsilon(0,0)\rangle
\cr
&=C_1^2|x|^{1/4}+C_2^2|x|^{3/4},
}
$$
Отсюда $C_1=1$, $C_2=1/2$.

Теперь рассмотрим корреляционную функцию
$$
\langle\mu(x_4)\mu(x_3)\sigma(x_2)\sigma(x_1)\rangle
=(|x_1-x_3|\cdot|x_2-x_4|)^{-1/4}\tilde Y(z,\bar z).
$$
Поскольку $\mu(x)$ имеет ту же размерность, что и $\sigma(x)$,
функция $\tilde Y(z,\bar z)$ удовлетворяет тому же уравнению,
что и $Y(z,\bar z)$. Это значит, что она выражается через те же
самые решения $F_i(z)$. Однако $\tilde Y$ должна быть однозначной
при обходе вокруг~0 менять знак при
обходе $z$ вокруг~1. Первое условие выполняется тем же способом:
$$
\tilde Y(z,\bar z)
=\tilde X_1F_1(z)\overline{F_1(z)}
+\tilde X_2F_2(z)\overline{F_2(z)}.
\eqlabel\tildeYform
$$
Чтобы выполнить второе условие, надо потребовать, чтобы в~(\Ycrossed)
занулялись первые два слагаемых, а не последние. Это значит, что
$\tilde X_2=-\tilde X_1$. Та же нормировка дает $\tilde X_1=1$.
Отсюда
$$
\tilde Y(z,\bar z)
=|F_1(z)|^2-|F_2(z)|^2
=F_1(1-z)\overline{F_2(1-z)}+F_2(1-z)\overline{F_1(1-z)}
=|x(1-x)|^{-1/4}\cos\texthalf(\theta+\bar\theta),
\eqlabel\tildeYanswer
$$
В пределе $z\to0$
$$
\tilde Y(z,\bar z)=|z|^{-1/4}-{1\over4}|z|^{3/4}+\cdots
$$
и мы получаем $C'_1=1=C_1$, $C'_2=-C_2=-1/2$.
В пределе $z\to1$ имеем
$$
\tilde Y(z,\bar z)=\texthalf(1-z)^{-1/8}(1-\bar z)^{3/8}
+\texthalf(1-z)^{3/8}(1-\bar z)^{-1/8}+\cdots.
$$
Сравнивая с
$$
\eqalignno{
\langle\mu(\infty,\infty)\mu(1,1)\sigma(z,\bar z)\sigma(0,0)\rangle
&\simeq
\langle(C_3\psi(\infty)+C_4\bar\psi(\infty))
\cr
&\quad\times
(C_3(1-z)^{3/8}(1-\bar z)^{-1/8}\psi(1)
+C_4(1-z)^{-1/8}(1-\bar z)^{3/8}\bar\psi(1))\rangle
\cr
&=C_3^2(1-z)^{3/8}(1-\bar z)^{-1/8}\langle\psi(\infty)\psi(1)\rangle
\cr
&\quad
+C_4^2(1-z)^{-1/8}(1-\bar z)^{3/8}\langle\bar\psi(\infty)\bar\psi(1)\rangle
\cr
&=C_3^2(1-z)^{3/8}(1-\bar z)^{-1/8}
-C_4^2(1-z)^{-1/8}(1-\bar z)^{3/8},
}
$$
получаем $C_3=1/\sqrt2$, $C_4=i/\sqrt2$.

Чтобы найти все структурные константы, осталось вычислить
корреляционные функции
$$
\eqalign{
G(z)
&=\langle\sigma(\infty,\infty)\psi(1)\psi(z)\sigma(0,0)\rangle,
\cr
G'(z)
&=\langle\mu(\infty,\infty)\psi(1)\psi(z)\mu(0,0)\rangle.
}
$$
Наличие в каждом корреляторе двух полей разной размерности
приводит к двум уравнениям второго порядка. Если сложить
их с подходящими коэффициентами, то вторые производные сократятся
и получится одно уравнение первого порядка. Выводить такое
уравнение довольно громоздко, поэтому мы найдем эти корреляторы
более простым способом. Давайте рассмотрим сначала
обычный коррелятор $\langle\psi(z')\psi(z)\rangle$.
Давайте разложим $\psi(z)$ по целым степеням $z$:
$$
\psi(z)=\sum_{n\in\Z+{1\over2}}b_nz^{-n-1/2},
\qquad
\{b_m,b_n\}=\delta_{m+n,0}.
$$
Введем вакуум $|0\rangle$ условием
$$
b_n|0\rangle=0\quad(n>0).
$$
Тогда
$$
\langle0|\psi(z')\psi(z)|0\rangle
=\sum_{n=0}^\infty z^n z^{\prime-n-1}={1\over z'-z}.
$$
Теперь мы хотим рассмотреть вакуум $|\sigma\rangle$,
порожденный оператором $\sigma(0)$,
т.~е.\ такой, при обходе вокруг которого знак фермиона меняется. Для
этого надо разложить фермион по полуцелым степеням $z$:
$$
\psi(z)=\sum_{n\in\Z}c_nz^{-n-1/2},
\qquad
\{c_m,c_n\}=\delta_{m+n,0}.
$$
Потребуем, чтобы
$$
c_n|\sigma\rangle=0
\quad
(n>0).
$$
Учитывая, что $c_0^2=\half\{c_0,c_0\}=\half$, получаем
$$
\langle\sigma|\psi(z')\psi(z)|\sigma\rangle
={1\over2(zz')^{1/2}}+\sum_{n=1}^\infty z^{n-1/2}z^{\prime-n-1/2}
=\half{1\over(zz')^{1/2}}{z'+z\over z'-z}.
$$
Очевидно, что
$$
G(z)=\langle\sigma|\psi(1)\psi(z)|\sigma\rangle
={1\over2z^{1/2}}{1+z\over1-z}.
\eqlabel\sppsanswer
$$
Отсюда $C=1/\sqrt2$. Отсюда $|\mu\rangle=\sqrt2 c_0|\sigma\rangle$
и $G'(z)=G(z)$, $C'=C$.

Подытожим все сказанное. Теорию свободного фермиона можно описать
тремя наборами взаимно-локальных полей. Первый набор --- фермионный
набор $(1,\psi,\bar\psi,\varepsilon)$ и их потомки (соответствующие
вторичные поля, порождаемые операторами $\L_n$):
$$
\eqalign{
\psi(z')\psi(z)
&={1\over z'-z}+2T(z)+O(z'-z),
\cr
\bar\psi(z')\bar\psi(z)
&=-{1\over\bar z'-\bar z}-2\bar T(\bar z)+O(z'-z),
\cr
\psi(z')\bar\psi(\bar z)
&=\varepsilon(z,\bar z)+O(1),
\cr
\psi(z')\varepsilon(z,\bar z)
&={\bar\psi(\bar z)\over z'-z}+O(1),
\cr
\bar\psi(\bar z')\varepsilon(z,\bar z)
&={\psi(z)\over\bar z'-\bar z}+O(1),
\cr
\varepsilon(z',\bar z')\varepsilon(z,\bar z)
&={1\over|z'-z|^2}+2T(z)+2\bar T(\bar z)+O(z'-z,\bar z'-\bar z).
}\eqlabel\psipsifamily
$$
В первых двух и в последней
строчках для полноты картины выписаны сублидирующие члены,
содержащие тензор энергии-импульса.
Другой набор, связанный с параметром порядка модели Изинга, имеет вид
$(1,\sigma,\varepsilon)$:
$$
\eqalign{
\sigma(z',\bar z')\sigma(z,\bar z)
&={1\over|z'-z|^{1/4}}
+{\half|z'-z|^{3/4}\varepsilon(z,\bar z)}+O(1),
\cr
\varepsilon(z',\bar z')\varepsilon(z,\bar z)
&={1\over|z'-z|^2}+O(1),
\cr
\varepsilon(z',\bar z')\sigma(z,\bar z)
&={1/2\over|z'-z|}\sigma(z,\bar z)+O(1).
}\eqlabel\sigmafamily
$$
Третий набор $(1,\mu,\varepsilon)$ содержит параметр беспорядка модели
Изинга. Его операторные разложения совершенно аналогичны и получаются
заменой $\sigma\to\mu$, $\varepsilon\to-\varepsilon$. Каждый из этих
наборов вполне описывает модель.

Здесь выписаны только операторные разложения для первичных полей, поскольку
операторные разложения их потомков однозначно определены этими разложениями
и разложениями с тензором энергии-импульса.

Эти три набора устанавливают эквивалентность
между моделью свободных фермионов и моделью Изинга в критической точке
в скейлинговом пределе. Вне критической точки
эти наборы дают различное описание в терминах частиц. Например,
выше критической точки поле $\sigma$ описывает скалярные нейтральные
бозоны со взаимодействием, причем матрица рассеяния факторизуется
на парные амплитуды рассеяния, равные $-1$. Можно показать, что
статистика таких бозонов в точности воспроизводит статистику Ферми.
Поле $\mu$ в этом случае имеет ненулевое среднее и не допускает
интерпретации в терминах частиц. На самом деле в двумерном
пространстве-времени вообще нельзя говорить о бозонах и фермионах.
Одни и те же возбуждения можно рассматривать и как бозоны, и как фермионы,
но с различной матрицей рассеяния. В случае факторизующейся матрицы
рассеяния (интегрируемые модели) парная матрица рассеяния фермионов отличается
от матрицы рассеяния бозонов знаком.

\end
