含交替符号的玻色子近邻算符求和的傅里叶变换求解及相关咨询
嗨，我来帮你一步步拆解这个问题，看看你得到的0结果是不是正确的，顺便梳理清楚整个推导逻辑：
首先，我们先把目标求和式改写得更便于计算——和你之前处理常规近邻求和的思路一样，利用周期性边界条件，把无序近邻对<ij>转化为对每个格点i和近邻位移δ的求和（每个无序对会被遍历两次，所以要加1/2因子）：
$$
\frac{1}{2}\sum_{i,\delta} (-1)^{i+1} \left(a_i^\dagger a_{i+\delta} + a_{i+\delta}^\dagger a_i\right)
$$
接下来代入你给出的玻色子算符傅里叶变换关系：
$$
a_i^\dagger = \frac{1}{\sqrt{N}} \sum_{\vec{k}} e^{-i\vec{k}\cdot\vec{r}i} a{\vec{k}}^\dagger, \quad a_i = \frac{1}{\sqrt{N}} \sum_{\vec{k}} e^{i\vec{k}\cdot\vec{r}i} a{\vec{k}}
$$
我们先处理其中的一项，比如$\sum_i (-1)^{i+1} a_i^\dagger a_{i+\delta}$：
把傅里叶变换代入后，交换求和顺序，会得到：
$$
\frac{1}{N} \sum_{\vec{k},\vec{k}'} a_{\vec{k}}^\dagger a_{\vec{k}'} e^{i\vec{k}'\cdot\vec{\delta}} \sum_i (-1)^{i+1} e^{i(\vec{k}' - \vec{k})\cdot\vec{r}_i}
$$
这里的关键是对i的求和项：$\sum_i (-1)^{i+1} e^{i(\vec{k}' - \vec{k})\cdot\vec{r}_i}$。我们可以把$(-1){i+1}$写成相位因子$e{i\pi(i+1)}$，这样这个求和就变成了带额外相位的离散傅里叶求和，只有当$\vec{k}' = \vec{k} - \vec{Q}$时（其中$\vec{Q}$是对应交替符号的倒格矢，比如一维晶格中$\vec{Q}=\pi/a$），求和结果才不为零，否则会因为周期性边界条件的正交性抵消为零。
接下来我们再处理另一项$\sum_i (-1)^{i+1} a_{i+\delta}^\dagger a_i$：
通过变量替换$j=i+\delta$，可以把它改写为$\sum_j (-1)^{j+1-\delta} a_j^\dagger a_{j-\delta}$，再利用$(-1){-\delta}=(-1)\delta$，最终傅里叶变换后的形式会和第一项形成相反的符号。
现在，考虑晶格的近邻位移是成对出现的（比如一维的左/右，二维的上下/左右），对于每一个位移δ，其相反位移-δ的贡献会和δ的贡献完全抵消——比如δ对应的正弦项是$\sin((\vec{k}-\vec{Q})\cdot\vec{\delta})$，而-δ对应的是$\sin(-(\vec{k}-\vec{Q})\cdot\vec{\delta})=-\sin((\vec{k}-\vec{Q})\cdot\vec{\delta})$，两者相加为零。
把所有近邻位移的贡献加起来后，最终的傅里叶变换结果确实是0，你的计算是对的！
相关参考资料
- 固体物理/多体理论教材：《Quantum Theory of Many-Particle Systems》（Fetter & Walecka），里面详细讲解了玻色子算符在晶格中的傅里叶变换和近邻相互作用的处理。
- 凝聚态场论教材：《Condensed Matter Field Theory》（Altland & Simons），包含交错晶格模型的类似推导案例。
- 数学教材：《Discrete Fourier Analysis and Wavelets》（Walker），可以学习带相位因子的离散晶格求和的数学基础。
备注：内容来源于stack exchange，提问作者Ani Dutta
