基础衔接 13 · 共形块、正性与一个可以手验的排除证书

1. 正系数为什么有物理来由？

若一个态的范数平方可以为负，把它当作概率振幅会失去通常的解释。欧氏理论的反射正性要求：把一半空间中的算符组合反射并共轭到另一半，得到的二次型非负。在径向量子化中，这对应 Hilbert 空间的正范数。它是对理论的条件，不是“关联函数画出来大于零”就足够。

取一维共形代数的生成元 \(L_{-1},L_0,L_1\)，满足

初级态 \(|h\rangle\) 满足 \(L_1|h\rangle=0\)、\(L_0|h\rangle=h|h\rangle\)，范数为 1。后裔是 \(L_{-1}^n|h\rangle\)。用交换关系可归纳得到

\((a)_n=a(a+1)\cdots(a+n-1)\)。第一后裔的范数平方为 2h；h<0 就立即违反正性。h=0 的恒等表示有零范数后裔，应单独处理，不能直接向下面的超几何公式代零。

两个相同 Hermitian 外部算符在左右通道产生共轭矩阵元。把正交态插入中间，每个初级贡献的系数是 \(p_h=|\lambda_{\phi\phi h}|^2\ge0\)。不相同外部算符、负范数态或未经正确归一化的展开，未必有这一形式。

2. 一个初级态和全部后裔，合成一个共形块

将两个外部算符放在无穷远和1，初级算符放在z，三点函数的位置依赖为 \(\lambda_{\phi\phi h}(1-z)^{-h}\)。对z在0处求n阶导数，得到 \(\lambda_{\phi\phi h}(h)_n\)，这正是第n个后裔的矩阵元。左右各一个矩阵元，除以后裔范数，得到

可从递推实际计算。记第 n 项 \(t_n=z^{h+n}(h)_n^2/[(2h)_n n!]\)，则

每项为正，导数也可逐项计算。h=1 时系数为 \(1/(n+1)\)，所以

这个闭式是程序的第一份独立参照。截断本式 n，是少算一个初级的后裔；截断四点函数里的 h，是少放一些初级及其整族后裔。上一讲的普通二项式实验又是另一种近似。

先用三项手算一次，分清部分和与精确块

取 h=1、z=1/2，只保留 n=0、1、2。三项分别是 \(1/2,1/8,1/24\)，于是

精确值却是 \(\log2\) 与 2。正项级数意味着部分和从下方逼近，不能把“最后一项很小”直接叫作总误差。

本例首个遗漏项为 \(t_3=1/64\)，后续项比不超过 1/2，所以遗漏块值不超过 1/32。对导数，首个遗漏项为 1/8，相邻比不超过 5/8，遗漏导数不超过 1/3。因此得到可用分数核验的区间：

这只是手算练习，N=2 不在网页滑块范围内；它提前展示第6节余项界的逻辑。共形块的系数来自所有后裔，逐项截断的是计算，并未从理论中删除这些后裔。

3. 把待排除的假设写准确

固定外部维数 \(\Delta_\phi=1/2\)，采用上一讲的归一化

假设唯一零维贡献是已归一化的恒等块，其他有耦合的初级 h>0。取离散谱，假设 OPE 在中心附近正常收敛，允许下面三次逐项求导。连续谱版本还须把同样的求导交换条件写成谱测度的可积性要求，本讲不另建立它。

Crossing 是 \((1-z)G(z)-zG(1-z)=0\)。定义

待检验的谱隙假设是：所有出现在这次 \(\phi\times\phi\) OPE 中的非恒等初级都满足 h≥4。不是说整个理论不存在其他低维算符。

若同一个线性泛函 α 满足

则对 crossing 作用 α 得到“正数加非负数等于零”，矛盾。这里的“全部”不能换成有限网格。

4. 用块的微分方程，把三阶导数变成两个值

由超几何方程，或将上节递推逐项代入，可验证

在 \(z=1/2\)，它与它的一阶导数分别给

第二式来自求导后 \(g''\) 的系数 \(2z-3z^2-z^2\) 恰在中心消失。不能把只在中心成立的第一式当成全区间恒等式再求导。

现在取

恒等块立刻给出 \(\alpha(F_{\rm id})=8\)。对一般块，乘积法则给

（未写参数的值都在中心）。代入中心方程：

三阶导数变成两个正项级数的线性组合，更容易核验，但还没有证明所有 h 的符号。

5. 真正覆盖整个半轴的那一步

正项级数给出 \(g_h(z)>0\)，且

所以中心处 \(g_h'/g_h\ge2h\)。当 h≥4，\(C\ge12\)，系数 \(8C-8\) 为正，可以用导数比的下界：

再利用 h−3≥1：

每个允许块都严格为正，恒等块也为 8。只要逐项求导合法，谱隙假设就被排除：这次 OPE 必须存在至少一个非零系数、0<h<4 的初级。

这是一个完整但宽松的解析排除证书，没有找到谱，也不是最优界。对无限谱不能省掉收敛条件：在中心邻域正常收敛的解析展开可逐项求导，得到有限的收敛和；若各项非负，就不能抵消恒等项。OPE 收敛及谱尾估计的系统论证见文末原始论文。

6. 有余项界的实验怎样读？

先取 h=4、z=1/2、N=128，再取 h=1 用负对数闭式核对。保持 h=8，比较 z=0.5 与 0.9，观察同一阶数在不同位置的精度。最后改变 h，确认有限曲线只辅助阅读，第5节才覆盖整个 h≥4。

实验只支持 1≤h≤8、64≤N≤256、0.1≤z≤0.9。若 n≥N+1，则

相邻项比不超过 z。记首个未保留项为 \(t_{N+1}\)，块尾和与导数尾和满足

导数界在块项比上再乘导数权重的最大比。这些是实数运算下的级数余项界，不含双精度舍入。泛函误差用系数绝对值乘两种尾界相加控制。界面显示远小于机器精度的尾界，不意味着浮点结果也有那么多有效数字。

7. 两道迁移题

题一。 程序在 h=4、4.5、…、100 上都测得 α(F_h)>0，还缺什么才能作为排除证书？本讲如何处理 h>100 和网格之间？

题二。 h=1的α(F₁)<0，是否意味着该表示有负范数？若允许某个OPE系数p_h<0，排除还能成立吗？