Амплитуды 2-точечной струнной сферы

Question

Амплитуды 2-точечной струнной сферы

Физика
струнная теория
зеленые функции
квантовая теория поля
корреляционные функции
конформная теория поля

Вакабалула

В теории суперструн существует общепринятое представление о том, что амплитуды двухточечных сфер равны нулю . Это соответствует основному факту, что струнные амплитуды дают ампутированные функции Грина с асимптотическими состояниями на оболочке (ссылка: Polchinski vol.1 p.104) - они исчезают в КТП в случае 2 асимптотических состояний. После того, как мне не удалось понять это утверждение в теории струн и не удалось получить поучительные комментарии от моих коллег-теоретиков струн, я решил донести его до более широкой аудитории, так что вот загадка:

В теории струн исчезновение сферических 2-точечных амплитуд объясняется тем фактом, что (в одной из многих реализаций) один делит на бесконечный объем $SL(2,\mathbb{C})$ (которое я обозначаю через ${\rm vol(CKG)}$ ) и не хватает операторов вершин, чтобы насытить это. В формализме Полякова (используя определение Полчинского сопряженного Евклида, $\overline{V(z,\bar{z})}$ , p.202-203 в Polchinski vol.1) процентная сумма:

я_{2} "=" \frac{1}{в о л (С К г)} ⟨ \int д^{2} г \bar{В (г, \bar{г})} \int д^{2} ж В (ж, \bar{ж}) ⟩_{С_{2}}

$I_2 = \frac{1}{{\rm vol(CKG)}}\Big\langle\int d^2z\overline{V(z,\bar{z})} \int d^2wV(w,\bar{w})\Big\rangle_{S_2}$

V (z, \bar{z})

$V(z,\bar{z})$ обозначает некоторый физический и нормально упорядоченный массовый оператор вершины собственного состояния, например

V (w, \bar{w}) = g e^{i k \cdot x (w, \bar{w})}

$V(w,\bar{w})=ge^{ik\cdot x(w,\bar{w})}$ и

\bar{V (z, \bar{z})} = g e^{- i k^{'} \cdot x (z, \bar{z})}

$\overline{V(z,\bar{z})}=ge^{-ik'\cdot x(z,\bar{z})}$ с

k^{2} = k^{' 2} = 2

$k^2=k'^2=2$ (и

α^{'} = 2

$\alpha'=2$ ). Фитильные сокращения можно выполнять с помощью:

⟨ {Икс}^{мю} (г, \bar{г}) {Икс}^{ν} (ж, \bar{ж}) ⟩ "=" - η^{мю ν} п | г - ж |^{2} .

$\langle x^{\mu}(z,\bar{z})x^{\nu}(w,\bar{w})\rangle = -\eta^{\mu\nu}\ln |z-w|^2.$ Выполнение сокращений, если мы посмотрим на каждый вклад (я опускаю некоторые реальные факторы), есть фактор нулевой моды,

я (2 π)^{Д} {дельта}^{Д} (к - к^{'}),

$i(2\pi)^D\delta^D(k-k'),$ (обратите внимание на фактор

i

$i$ из

x^{0}

$x^0$ нулевая мода), в числителе есть сокращения, приводящие к:

\int \frac{г^{2} г г^{2} ж}{| г - ж |^{4}},

$\int \frac{d^2zd^2w}{|z-w|^4},$ который не зависит от выбора вершинных операторов (поскольку главная особенность фиксируется конформной инвариантностью, а подчиненные главные особенности исчезают в корреляторе из-за нормального упорядочения), и есть объем CKG,

v o l (C K G)

${\rm vol(CKG)}$ ,

\int \frac{г^{2} г г^{2} ж г^{2} ты}{| г - ж |^{2} | ж - ты |^{2} | ты - г |^{2}},

$\int \frac{d^2zd^2wd^2u}{|z-w|^2|w-u|^2|u-z|^2},$ что стоит в знаменателе. Теперь оба они бесконечны, поэтому вместо

I_{2} = 0

$I_2=0$ (что было бы ответом из учебника),

я_{2} "=" я (2 π)^{Д} {дельта}^{Д} (к - к^{'}) \frac{\infty}{\infty},

$I_2 = i(2\pi)^D\delta^D(k-k')\frac{\infty}{\infty},$ и нужно регулировать, чтобы найти фактический предел (то есть, является ли он бесконечным, нулевым или конечным, реальным или мнимым). Для простоты я использовал отсечку на коротких дистанциях (dim reg не удаляет эти бесконечности) и нашел:

я_{2} "=" я (2 π)^{Д} {дельта}^{Д} (к - к^{'}) С

$\boxed{I_2 = i(2\pi)^D\delta^D(k-k')C}$ где

C

$C$ — зависящая от регуляризации действительная и конечная константа. Этот вывод справедлив для всех весов

(1, 1)

$(1,1)$ первичные операторы, массовые собственные (а также когерентные состояния) вершинные операторы. Я тщательно это просмотрел, но не могу исключить возможность того, что где-то есть ошибка [ дополнение: я представил один вариант расчета ниже]. Тот же вывод можно получить и в БРСТ-формализме, когда входной и выходной вершинные операторы связаны двойственностью (т. е. один вершинный оператор имеет призрачное число 2, а другой — призрачное число 4, а сектор материи снова связан евклидовым сопряжением).

ВОПРОС: как это может быть $I_2$ не равен нулю, учитывая состояние стандартных учебников $I_2=0$ (независимо от дельта-функции).

некоторые детали:

Единственная реальная тонкость здесь заключается в расчете регуляризованного объема CKG, поэтому, возможно, мне следует добавить несколько комментариев о том, как я это сделал. Есть три УФ и одно ИК расхождение (первые на короткое расстояние, поэтому тусклая регулировка не работает, тогда как последние, как мы увидим, не нуждаются в регулировке). Чтобы представить их на видном месте, рассмотрите ${\rm vol}$ (CKG), приведенные выше, и переменные сдвига: $z\rightarrow z+w$ , $w\rightarrow w+u$ , что приводит к:

\begin{aligned} в о л (С К г) & "=" \int \frac{г^{2} г г^{2} ж г^{2} ты}{| г |^{2} | ж |^{2} | г + ж |^{2}} . \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} {\rm vol(CKG)} &=\int \frac{d^2zd^2wd^2u}{|z|^2|w|^2|z+w|^2}. \end{aligned} \end{equation}$ Наши конвенции

d^{2} z \equiv i d z \land d \bar{z}

$d^2z\equiv idz\wedge d\bar{z}$ , с каждым интегралом по всей комплексной плоскости. Теперь снова измените переменные,

z = r e^{i θ}

$z=re^{i\theta}$ ,

w = ρ e^{i φ}

$w=\rho e^{i\varphi}$ и впоследствии сдвиг

θ \to θ + φ

$\theta\rightarrow \theta+\varphi$ . Затем мы интегрируем

φ

$\varphi$ (тривиально уступая

2 π

$2\pi$ ) и

θ

$\theta$ используя стандартный интеграл:

\int_{0}^{2 π} г θ \frac{1}{А + Б потому что θ} "=" \frac{2 π}{\sqrt{(А - Б) (А + Б)}},

$\int\limits_0^{2\pi}d\theta \frac{1}{A+B\cos\theta} = \frac{2\pi}{\sqrt{(A-B)(A+B)}},$ с

A = r^{2} + ρ^{2}

$A=r^2+\rho^2$ и

B = 2 r ρ

$B=2r\rho$ (это оправдано, учитывая

A = B

$A=B$ и

A = 0

$A=0$ области отсутствуют в процедуре регуляризации ниже). Полученное выражение звучит так:

\begin{aligned} в о л (С К г) & "=" γ \int \frac{д р д р}{р р} \frac{1}{| р^{2} - р^{2} |}, γ \equiv (4 π)^{2} \int д^{2} ты \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} {\rm vol(CKG)} &= \gamma\int \frac{dr d\rho}{r\rho}\frac{1}{|r^2-\rho^2|},\qquad \gamma\equiv (4\pi)^2\int d^2u \end{aligned} \end{equation}$ Количество

γ

$\gamma$ является ИК-расходящейся величиной, упомянутой выше, и не представляет интереса, поскольку числитель в

I_{2}

$I_2$ (как мы увидим) также пропорциональна

γ

$\gamma$ , так

γ

$\gamma$ отменяется в

I_{2}

$I_2$ .

Оба $r$ и $\rho$ интегралы варьируются от $0$ к $\infty$ , так что есть три различных (коразмерность-1 в $(r,\rho)$ плоскости) расходящиеся области:

$r=0$ & $\rho>0$
$\rho=0$ & $r>0$
$r=\rho\geq 0$

Мы можем упорядочить интеграл, немного утолщая эти линии коразмерности 1. $\epsilon$ . Регуляризованная область интегрирования тогда:

р \geq ϵ, р \geq ϵ, а н д | р - р | \geq ϵ .

$r\geq \epsilon,\qquad \rho\geq\epsilon,\qquad {\rm and}\qquad |r-\rho|\geq\epsilon.$ Однако это несколько проще (и, по-видимому, эквивалентно несущественному

ϵ

$\epsilon$ -независимая мультипликативная константа) для усечения

r = ρ

$r=\rho$ расхождение путем замены

| r^{2} - ρ^{2} | \to | r^{2} - ρ^{2} | + ϵ^{2}

$|r^2-\rho^2|\rightarrow|r^2-\rho^2|+\epsilon^2$ . Требуемые интегралы затем легко вычисляются:

\int_{ϵ}^{\infty} \frac{д р}{р} \int_{ϵ}^{\infty} \frac{д р}{р} \frac{1}{| р^{2} - р^{2} | + ϵ^{2}} "=" \frac{π^{2}}{12 ϵ^{2}},

$\int_{\epsilon}^{\infty}\frac{dr}{r}\int_{\epsilon}^{\infty}\frac{d\rho}{\rho}\frac{1}{|r^2-\rho^2|+\epsilon^2} = \frac{\pi^2}{12\epsilon^2},$ что приводит к окончательному выражению для объема

S L (2, C)

$SL(2,\mathbb{C})$ ,

в о л (С К г) "=" \frac{π^{2}}{12} \frac{γ}{ϵ^{2}}

$\boxed{{\rm vol(CKG)}=\frac{\pi^2}{12}\frac{\gamma}{\epsilon^2}}$ Для полноты я также привожу соответствующий результат для интеграла в числителе

I_{2}

$I_2$ приведено выше,

\int \frac{д^{2} г д^{2} ж}{| г - ж |^{4}} "=" \frac{1}{8 π} \frac{γ}{ϵ^{2}}

$\boxed{\int \frac{d^2zd^2w}{|z-w|^4}=\frac{1}{8\pi}\frac{\gamma}{\epsilon^2}}$ где опять использовалась та же самая короткая отсечка: сдвигаем

z \to z + w

$z\rightarrow z+w$ , изменить координаты,

z = r e^{i θ}

$z=re^{i\theta}$ , и проинтегрировать по

r \geq ϵ

$r\geq\epsilon$ и

2 π > θ \geq 0

$2\pi>\theta\geq0$ . Взяв отношение двух уравнений в коробках и взяв предел

ϵ \to 0

$\epsilon\rightarrow 0$ приводит к заявленному результату для

I_{2}

$I_2$ , с

C = 3 / (2 π^{3})

$C=3/(2\pi^3)$ .

Рексирус

Возможно, учебники, о которых вы говорите, дают само собой разумеющееся, что

k \neq k^{'}

$k \neq k'$ ?

Вакабалула

@Rexcirus: проблема не зависит от дельта-функции; такой неисчезающий вклад дал бы неправильные элементы S-матрицы. В частности, можно представить, что это вычисление является просто вкладом в тривиальную часть S-матрицы, т.е.

1

$\mathbb{1}$ в

S = 1 + i T

$S=\mathbb{1}+iT$ , но это не может быть правдой по двум причинам:

I_{2}

$I_2$ является мнимым и, во-вторых, содержит дельта-функцию во всех

D

$D$ измерения пространства-времени, а не

D - 1

$D-1$ как и следовало ожидать от

1

$\mathbb{1}$ в стандартном QFT. Так что я

Вакабалула

.. Итак, я считаю, что в приведенном выше расчете есть ошибка, и единственная тонкая часть - это вычисление объема CKG (поскольку есть несколько областей, где подынтегральная функция расходится, что напоминает перекрывающиеся расхождения на диаграммах Фейнмана с более высокой петлей), поэтому ошибка должна быть быть там, но я не могу найти его ..

Ответы (1)

Амплитуды 2-точечной струнной сферы

Возможно, учебники, о которых вы говорите, дают само собой разумеющееся, что $k \neq k'$ ?
@Rexcirus: проблема не зависит от дельта-функции; такой неисчезающий вклад дал бы неправильные элементы S-матрицы. В частности, можно представить, что это вычисление является просто вкладом в тривиальную часть S-матрицы, т.е. $\mathbb{1}$ в $S=\mathbb{1}+iT$ , но это не может быть правдой по двум причинам: $I_2$ является мнимым и, во-вторых, содержит дельта-функцию во всех $D$ измерения пространства-времени, а не $D-1$ как и следовало ожидать от $\mathbb{1}$ в стандартном QFT. Так что я
.. Итак, я считаю, что в приведенном выше расчете есть ошибка, и единственная тонкая часть - это вычисление объема CKG (поскольку есть несколько областей, где подынтегральная функция расходится, что напоминает перекрывающиеся расхождения на диаграммах Фейнмана с более высокой петлей), поэтому ошибка должна быть быть там, но я не могу найти его ..

Вакабалула · Answer 1

Предварительные

Рассмотренный выше подход к отсечке неоднозначен. На самом деле, он даже не может отличить $I_2=0$ , или $I_2={\rm finite}$ , или $I_2=i{\rm finite}$ , или $I_2=\infty$ . Теперь на вопрос дан ответ: 2-точечные амплитуды . Примечательно, что правильным результатом является свободная частица:

А_{2} "=" 2 к^{0} (2 π)^{Д - 1} {дельта}^{Д - 1} (к - к^{'})

$\boxed{\mathcal{A}_2 = 2k^0(2\pi)^{D-1}\delta^{D-1}(\mathbf{k}-\mathbf{k}')}$ Таким образом, двухточечная древесная амплитуда действительно дает тривиальный вклад в полносвязную S-матрицу, а именно

1

$\mathbb{1}$ в

S = 1 + i T

$S=\mathbb{1}+iT$ .

Я рассмотрю этот расчет здесь.

2-точечная амплитуда

Мы рассматриваем 2-точечную дисковую амплитуду открытой струны с любыми двумя вставками внешних вершинных операторов. (Существует аналогичная процедура для замкнутых струн.) Мы отображаем диск на верхнюю полуплоскость с голоморфной координатой $z$ . Мы также используем прием удвоения, при котором антиголоморфные величины в верхней полуплоскости отображаются в голоморфные величины в нижней полуплоскости посредством отождествления $z\sim z'$ когда $z'=\bar{z}$ .

Соответствующая 2-точечная амплитуда будет определяться:

\begin{aligned} А_{2} & \equiv \frac{\int д г_{1} д г_{2} (\int Д Икс е^{- я (Икс)} В_{а} (г_{1}) В_{б} (г_{2}))}{В о л г} \end{aligned} (1 а)

$\begin{equation} \begin{aligned} \mathcal{A}_2 &\equiv \frac{\int dz_1dz_2\Big(\int Dx\,e^{-I(x)}V_a(z_1)V_b(z_2)\Big)}{\rm Vol\,G} \end{aligned}\qquad (1a) \end{equation}$ и определить:

Б (г_{1}, г_{2}) \equiv \int Д Икс е^{- я (Икс)} В_{а} (г_{1}) В_{б} (г_{2}) (1 б)

$\boxed{ B(z_1,z_2)\equiv \int Dx\,e^{-I(x)}V_a(z_1)V_b(z_2) }\qquad (1b)$ где

a, b

$a,b$ обозначают вместе различные квантовые числа, которые характеризуют рассматриваемые вершинные операторы.

G-инвариантность

Остаточная группа симметрии G есть SL(2, $\mathbf{R}$ ) $/\mathbf{Z}_2$ , при котором элемент $g\in {\rm G}$ отображает точку $z\in H$ (верхняя полуплоскость) до $z^g$ с помощью,

г : г_{я} ⟼ г_{я}^{г} "=" \frac{а г_{я} + б}{с г_{я} + д}, ж я т час а, б, с, д е р,

$g : z_i\longmapsto z_i^g=\frac{az_i+b}{cz_i+d},\qquad {\rm with}\qquad a,b,c,d\in \mathbf{R},$ где

a, b, c, d

$a,b,c,d$ и их негативы сопоставляются с одним и тем же

z_{i}^{g}

$z_i^g$ вот почему мы делаем мод

Z_{2}

$\mathbf{Z}_2$ , и

a d - c b = 1

$ad-cb=1$ . Имеется три образующих (3 конформных вектора Киллинга). Двухточечная амплитуда (1а) является G-инвариантной, в частности,

г г_{1}^{г} г г_{2}^{г} Б (г_{1}^{г}, г_{2}^{г}) "=" г г_{1} г г_{2} Б (г_{1}, г_{2}) (*)

$dz_1^gdz_2^g\,B(z_1^g,z_2^g)=dz_1dz_2\,B(z_1,z_2)\qquad (*)$

Крепление датчика Фадеева-Попова

Мы используем Фадеева-Попова (ФП) для калибровки фиксации остаточной симметрии G уравнения (1а). Писать,

1 "=" Δ (г_{1}, г_{2}, г_{3}) \int Д г \prod_{я "=" 1}^{3} дельта (Ф_{я} (г_{1}^{г}, г_{2}^{г}, г_{3}^{г})) (2)

$\boxed{ 1=\Delta(z_1,z_2,z_3)\int Dg\,\prod_{I=1}^3\delta\big(F_I(z_1^g,z_2^g,z_3^g)\big) }\qquad (2)$ а так как мера инвариантна относительно

g \to g^{'}

$g\rightarrow g'$ , а именно

D g = D g^{'}

$Dg=Dg'$ , следует, что

Δ (г_{1}^{г}, г_{2}^{г}, г_{3}^{г}) "=" Δ (г_{1}, г_{2}, г_{3}) (* *)

$\Delta(z_1^g,z_2^g,z_3^g)=\Delta(z_1,z_2,z_3)\qquad (**)$ Подставляем (2) в (1),

\begin{aligned} А_{2} & "=" \frac{\int г г_{1} г г_{2} Б (г_{1}, г_{2})}{В о л г} \\ "=" \int \frac{Д г}{В о л г} \int г г_{1} г г_{2} Б (г_{1}, г_{2}) Δ (г_{1}, г_{2}, г_{3}) \prod_{я "=" 1}^{3} дельта (Ф_{я} (г_{1}^{г}, г_{2}^{г}, г_{3}^{г})) \\ "=" \int \frac{Д г}{В о л г} \int г г_{1}^{г} г г_{2}^{г} Б (г_{1}^{г}, г_{2}^{г}) Δ (г_{1}^{г}, г_{2}^{г}, г_{3}^{г}) \prod_{я "=" 1}^{3} дельта (Ф_{я} (г_{1}^{г}, г_{2}^{г}, г_{3}^{г})) \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \mathcal{A}_2 &= \frac{\int dz_1dz_2B(z_1,z_2)}{\rm Vol\,G}\\ &=\int \frac{Dg}{\rm Vol\,G}\int dz_1dz_2B(z_1,z_2)\Delta(z_1,z_2,z_3)\,\prod_{I=1}^3\delta\big(F_I(z_1^g,z_2^g,z_3^g)\big)\\ &=\int \frac{Dg}{\rm Vol\,G}\int dz_1^gdz_2^g\,B(z_1^g,z_2^g)\Delta(z_1^g,z_2^g,z_3^g)\,\prod_{I=1}^3\delta\big(F_I(z_1^g,z_2^g,z_3^g)\big)\\ \end{aligned} \end{equation}$ где в последнем равенстве мы воспользовались (*) и (**). Следующие переменные изменения,

z_{1}^{g}, z_{2}^{g} \to z_{1}, z_{2}

$z_1^g,z_2^g\rightarrow z_1,z_2$ соответственно и предположим , что

A_{2}

$\mathcal{A}_2$ не зависит от

z_{3}^{g}

$z_3^g$ (чтобы мы могли заменить

z_{3}^{g}

$z_3^g$ к

z_{3}

$z_3$ ),

А_{2} "=" \int \frac{Д г}{В о л г} \int г г_{1} г г_{2} Б (г_{1}, г_{2}) Δ (г_{1}, г_{2}, г_{3}) \prod_{я "=" 1}^{3} дельта (Ф_{я} (г_{1}, г_{2}, г_{3}))

$\mathcal{A}_2=\int \frac{Dg}{\rm Vol\,G}\int dz_1dz_2\,B(z_1,z_2)\Delta(z_1,z_2,z_3)\,\prod_{I=1}^3\delta\big(F_I(z_1,z_2,z_3)\big)$ (ниже мы покажем, что

A_{2}

$\mathcal{A}_2$ действительно не зависит от

z_{3}

$z_3$ .) Поскольку подынтегральная функция интеграла по групповым параметрам,

g

$g$ , не зависит от

g

$g$ мы можем установить,

\int \frac{Д г}{В о л г} \equiv 1,

$\int \frac{Dg}{\rm Vol\,G}\equiv 1,$ так что амплитуда с фиксированной калибровкой по 2 точкам принимает форму:

А_{2} "=" \int д г_{1} д г_{2} Б (г_{1}, г_{2}) Δ (г_{1}, г_{2}, г_{3}) \prod_{я "=" 1}^{3} дельта (Ф_{я} (г_{1}, г_{2}, г_{3})) (3)

$\boxed{\mathcal{A}_2=\int dz_1dz_2\,B(z_1,z_2)\Delta(z_1,z_2,z_3)\,\prod_{I=1}^3\delta\big(F_I(z_1,z_2,z_3)\big)}\qquad(3)$

Функции фиксации манометра

Теперь мы выбираем функции фиксации калибровки, $F_I(z_i)$ , $I=1,2,3$ . Существует большая свобода выбора, но мы должны выбирать функции, которые не являются инвариантными относительно $G$ . Поскольку у нас есть две вставки оператора вершины, мы делаем стандартный выбор для $I=1,2$ , тогда как для $I=3$ мы делаем особый выбор,

\begin{aligned} Ф_{1} (г_{1}, г_{2}, г_{3}) & "=" г_{1} - г_{1}^{0} \\ Ф_{2} (г_{1}, г_{2}, г_{3}) & "=" г_{2} - г_{2}^{0} \\ Ф_{3} (г_{1}, г_{2}, г_{3}) & "=" {Икс}^{0} (г_{3}) \end{aligned} (4)

$\begin{equation} \boxed{ \begin{aligned} F_1(z_1,z_2,z_3)&=z_1-z_1^0\\ F_2(z_1,z_2,z_3)&=z_2-z_2^0\\ F_3(z_1,z_2,z_3)&=x^0(z_3) \end{aligned}}\qquad (4) \end{equation}$ где

z_{1}^{0}

$z_1^0$ и

z_{2}^{0}

$z_2^0$ может быть выбрана лежащей в любом месте на границе мирового листа (реальная ось, а именно

\partial H

$\partial H$ ), и аналогично для

z_{3}

$z_3$ (так что

z_{i} = {\bar{z}}_{i}

$z_i=\bar{z}_i$ для

i = 1, 2, 3

$i=1,2,3$ ). (Этот выбор отличается от выбора в arXiV:1906.06051, где для

I = 3

$I=3$ выбор

F_{3} (z_{1}, z_{2}, z_{3}) = x^{0} (z_{3}, {\bar{z}}_{3})

$F_3(z_1,z_2,z_3)=x^0(z_3,\bar{z}_3)$ было сделано, с

z_{3} \in H

$z_3\in H$ скорее, чем

z_{3} \in \partial H

$z_3\in \partial H$ как у нас здесь)

Детерминант FP

Чтобы вычислить определитель Фадеева-Попова, $\Delta$ , воспользуемся (2) и (4), согласно которым

\frac{1}{Δ} "=" \int Д г дельта (г_{1}^{г} - г_{1}^{0}) дельта (г_{2}^{г} - г_{2}^{0}) дельта ({Икс}^{0} (г_{3}^{г}))

$\frac{1}{\Delta} = \int Dg\,\delta(z_1^g-z_1^0)\delta(z_2^g-z_2^0)\delta(x^0(z_3^g))$ Но с тех пор

Δ

$\Delta$ является якобианом, мы можем вычислить его в касательном пространстве (напомним, что якобиан для замены координат в касательном пространстве равен якобиану для замены координат в базовом пространстве). Поэтому,

\frac{1}{Δ} "=" \int Д (дельта г) дельта (дельта г_{1}) дельта (дельта г_{2}) дельта (дельта {Икс}^{0} (г_{3})),

$\frac{1}{\Delta} = \int D(\delta g)\,\delta(\delta z_1)\delta(\delta z_2)\delta(\delta x^0(z_3)),$ где

δ

$\delta$ обозначает бесконечно малые вариации вокруг элемента идентичности,

\begin{aligned} дельта г_{я} & \equiv (г_{я}^{г} - г_{я}^{0}) - (г_{1} - г_{1}^{0}) \\ ≃ ϵ_{- 1} + ϵ_{0} г_{я} + ϵ_{1} г_{я}^{2} + \dots \\ дельта {Икс}^{0} (г_{3}) & \equiv {Икс}^{0} (г_{3}^{г}) - {Икс}^{0} (г_{3}) \\ ≃ (ϵ_{- 1} + ϵ_{0} г_{3} + ϵ_{1} г_{3}^{2}) \partial_{г_{3}} {Икс}^{0} (г_{3}) + \dots \\ Д (дельта г) & "=" г ϵ_{- 1} г ϵ_{0} г ϵ_{1}, \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \delta z_i &\equiv (z_i^g-z_i^0)-(z_1-z_1^0) \\ &\simeq \epsilon_{-1}+\epsilon_0 z_i+\epsilon_1 z_i^2+\dots\\ \delta x^0(z_3) &\equiv x^0(z_3^g)-x^0(z_3)\\ &\simeq (\epsilon_{-1}+\epsilon_0 z_3+\epsilon_1 z_3^2)\partial_{z_3}x^0(z_3)+\dots\\ D(\delta g) &= d\epsilon_{-1}\,d\epsilon_0\,d\epsilon_1, \end{aligned} \end{equation}$ поэтому подставив их в вышеизложенное и интегрировав

ϵ_{- 1}, ϵ_{0}, ϵ_{1}

$\epsilon_{-1},\epsilon_0,\epsilon_1$ урожайность,

Δ (г_{1}, г_{2}, г_{3}) "=" г_{12} г_{13} г_{23} \partial_{г_{3}} {Икс}^{0} (г_{3}) (5)

$\boxed{\Delta(z_1,z_2,z_3) = z_{12}z_{13}z_{23}\partial_{z_3}x^0(z_3)}\qquad (5)$

Измеренная фиксированная 2-точечная амплитуда

Теперь подставим (4) и (5) в общее выражение для калибровочно-фиксированной амплитуды (3):

\begin{aligned} А_{2} & "=" \int д г_{1} д г_{2} Б (г_{1}, г_{2}) Δ (г_{1}, г_{2}, г_{3}) \prod_{я "=" 1}^{3} дельта (Ф_{я} (г_{1}, г_{2}, г_{3})) \\ "=" \int д г_{1} д г_{2} Б (г_{1}, г_{2}) (г_{12} г_{13} г_{23} \partial_{г_{3}} {Икс}^{0} (г_{3})) дельта (г_{1} - г_{1}^{0}) дельта (г_{2} - г_{2}^{0}) дельта ({Икс}^{0} (г_{3})) \\ "=" Б (г_{1}, г_{2}) (г_{12} г_{13} г_{23} \partial_{г_{3}} {Икс}^{0} (г_{3})) дельта ({Икс}^{0} (г_{3})) \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \mathcal{A}_2&=\int dz_1dz_2\,B(z_1,z_2)\Delta(z_1,z_2,z_3)\,\prod_{I=1}^3\delta\big(F_I(z_1,z_2,z_3)\big)\\ &= \int dz_1dz_2\,B(z_1,z_2)\Big(z_{12}z_{13}z_{23}\partial_{z_3}x^0(z_3)\Big)\, \delta(z_1-z_1^0)\delta(z_2-z_2^0)\delta(x^0(z_3))\\ &= \,B(z_1,z_2)\Big(z_{12}z_{13}z_{23}\partial_{z_3}x^0(z_3)\Big)\, \delta\big(x^0(z_3)\big) \end{aligned} \end{equation}$ где в последнем равенстве мы интегрировали

z_{1}, z_{2}

$z_1,z_2$ и переименован

z_{1}^{0}, z_{2}^{0}

$z_1^0,z_2^0$ к

z_{1}, z_{2}

$z_1,z_2$ для простоты. Далее подставим определение

B

$B$ заданное в (1b) в приведенное выше,

А_{2} "=" \int Д Икс е^{- я (Икс)} В_{а} (г_{1}) В_{б} (г_{2}) \partial {Икс}^{0} (г_{3}) дельта ({Икс}^{0} (г_{3})) (г_{12} г_{13} г_{23}) .

$\mathcal{A}_2=\int Dx\,e^{-I(x)}V_a(z_1)V_b(z_2)\,\partial x^0(z_3)\, \delta\big(x^0(z_3)\big)\,\big(z_{12}z_{13}z_{23}\big).$

До сих пор приведенный выше анализ не зависел от базиса для внешних вершинных операторов. Теперь мы выбираем базис собственных состояний по импульсу, согласно которому $V_a(z_1)={\rm Pol}_a\,(\partial^\# x)\,e^{ik_a\cdot x(z_1)}$ и аналогично для $V_b(z_2)$ . Таким образом, извлекая нулевые моды, $x^\mu(z_i)=x_0^\mu+\tilde{x}^\mu(z_i)$ , $i=1,2$ , в приведенном выше интеграле по путям полная амплитуда принимает вид

А_{2} "=" (я \int д^{Д} {Икс}_{0} е^{я (к_{а} + к_{б}) \cdot {Икс}_{0}} дельта ({Икс}^{0} (г_{3}))) \times ⟨ В_{а} (г_{1}) В_{б} (г_{2}) \partial {Икс}^{0} (г_{3}) ⟩_{\tilde{Икс}} \times (г_{12} г_{13} г_{23}) \times Н (6)

$\boxed{ \mathcal{A}_2=\Bigg(i\int d^Dx_0\,e^{i(k_a+k_b)\cdot x_0} \delta\big(x^0(z_3)\big)\Bigg)\times \Big\langle V_a(z_1)V_b(z_2)\,\partial x^0(z_3)\Big\rangle_{\tilde{x}}\times \big(z_{12}z_{13}z_{23}\big)\times N}\qquad (6)$ где фактор

i = \sqrt{- 1}

$i=\sqrt{-1}$ от вращения

x_{0}^{0}

$x_0^0$ вернуться к подписи Лоренца (см. Polchinski vol.1). Количество

N

$N$ является нормировкой меры интеграла по путям и будет вычисляться ниже по унитарности.

Нулевые режимы

Теперь мы интегрируем нулевые моды, $x_0^\mu$ , в (6),

я \int д^{Д} {Икс}_{0} е^{я (к_{а} + к_{б}) \cdot {Икс}_{0}} дельта ({Икс}^{0} (г_{3})) "=" я (2 π)^{Д - 1} дельта (к_{а} + к_{б}) (7)

$\boxed{ i\int d^Dx_0\,e^{i(k_a+k_b)\cdot x_0} \delta\big(x^0(z_3)\big)=i(2\pi)^{D-1}\delta({\bf k}_a+{\bf k}_b)}\qquad (7)$ где обратите внимание, что член флуктуации в аргументе дельта-функции не вносит вклад. Также мы написали

k^{μ} = (k^{0}, k)

$k^\mu=(k^0,{\bf k})$ .

Колебания (фитильные сокращения)

Теперь вычислим флуктуационные вклады в (6), а именно

⟨ В_{а} (г_{1}) В_{б} (г_{2}) \partial {Икс}^{0} (г_{3}) ⟩_{\tilde{Икс}}

$\Big\langle V_a(z_1)V_b(z_2)\,\partial x^0(z_3)\Big\rangle_{\tilde{x}}$ Поскольку все вставки включены

\partial H

$\partial H$ а мы работаем в постановке Полякова все фитильные сокращения выполняются с помощью:

⟨ {Икс}^{мю} (г_{я}) {Икс}^{ν} (г_{Дж}) ⟩ "=" - 2 α^{'} п г_{я Дж}

$\langle x^\mu(z_i)x^\nu(z_j)\rangle =-2\alpha'\ln z_{ij}$

Предположим, что $V_a(z_1)$ , $V_b(z_2)$ , являются конформными основными числами веса $h=1$ , являющиеся условиями физического состояния в постановке Полякова. Также $\partial x$ является основным из веса $h=1$ . Таким образом, используя стандартный результат конформной теории поля, конформная инвариантность определяет корреляционную функцию с точностью до общего коэффициента, $C$ ,

⟨ В_{а} (г_{1}) В_{б} (г_{2}) \partial {Икс}^{0} (г_{3}) ⟩_{\tilde{Икс}} "=" \frac{С}{г_{12} г_{13} г_{23}} (8)

$\Big\langle V_a(z_1)V_b(z_2)\,\partial x^0(z_3)\Big\rangle_{\tilde{x}} = \frac{C}{z_{12}z_{13}z_{23}}\qquad (8)$

Заметим, что правая часть (8) является аналитической по $z_3$ , значит, левая часть должна быть аналитической в $z_3$ . Теперь воспользуемся тем, что оператор импульса $\mathbb{P}^\mu$ , для чтения открытых строк,

п^{мю} "=" \frac{1}{4 π α^{'}} \oint д г \partial_{г} {Икс}^{мю} (г),

$\mathbb{P}^\mu= \frac{1}{4\pi\alpha'}\oint dz\,\partial_zx^\mu(z),$ и учтите, что

P V_{a} (z_{1}) = k_{a} V_{a} (z_{1})

$\mathbb{P}V_a(z_1)=k_aV_a(z_1)$ , согласно которому контурный интеграл (взятый по окружности, например,

z_{1}

$z_1$ ) левой части (8) принимает вид

\begin{aligned} л ЧАС С & "=" \frac{1}{4 π α^{'}} \oint_{г_{1}} г г_{3} ⟨ \partial {Икс}^{0} (г_{3}) В_{а} (г_{1}) В_{б} (г_{2}) ⟩_{\tilde{Икс}} \\ "=" к_{а}^{0} ⟨ В_{а} (г_{1}) В_{б} (г_{2}) ⟩_{\tilde{Икс}} \\ "=" к_{а}^{0} \frac{г_{0}^{2}}{г_{12}^{2}} {дельта}_{а, б} \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} {\rm LHS}&=\frac{1}{4\pi\alpha'}\oint_{z_1} dz_3\,\Big\langle \partial x^0(z_3)V_a(z_1)V_b(z_2)\Big\rangle_{\tilde{x}}\\ &=k_a^0\Big\langle V_a(z_1)V_b(z_2)\Big\rangle_{\tilde{x}}\\ &=k_a^0\,\frac{g_0^2}{z_{12}^2}\delta_{a,b} \end{aligned} \end{equation}$ где мы учли, что ОРЕ двух

h = 1

$h=1$ праймериз пропорциональны

1 / z_{12}^{2}

$1/z_{12}^2$ ,

g_{0}

$g_0$ — константа связи открытой струны, и использовалась стандартная нормализация (см. Polchinski, vol. 1). (Строго говоря

V_{a}

$V_a$ должно быть евклидовым сопряжением

V_{b}

$V_b$ чтобы гарантировать положительную норму.)

Попадая также в правую часть (8) с $\frac{1}{4\pi\alpha'}\oint dz_3$ и проводя контурный интеграл вокруг $z_1$ урожайность,

\begin{aligned} р ЧАС С & "=" \frac{1}{4 π α^{'}} \oint_{г_{1}} д г_{3} \frac{С}{г_{12} г_{13} г_{23}} \\ "=" \frac{2 π я}{4 π α^{'}} \frac{С}{г_{12}^{2}} . \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} {\rm RHS}&=\frac{1}{4\pi\alpha'}\oint_{z_1} dz_3\,\frac{C}{z_{12}z_{13}z_{23}}\\ &=\frac{2\pi i}{4\pi\alpha'}\frac{C}{z_{12}^2}. \end{aligned} \end{equation}$

Итак, установка RHS $=$ LHS определяет $C$ ,

С "=" - 2 я α^{'} г_{о}^{2} к_{а}^{0} {дельта}_{а, б}

$C=-2i\alpha'g_o^2k_a^0\delta_{a,b}$ и подставляя это в (8), получаем

⟨ В_{а} (г_{1}) В_{б} (г_{2}) \partial {Икс}^{0} (г_{3}) ⟩_{\tilde{Икс}} "=" \frac{- 2 я α^{'} г_{о}^{2} к_{а}^{0} {дельта}_{а, б}}{г_{12} г_{13} г_{23}} (9)

$\boxed{\Big\langle V_a(z_1)V_b(z_2)\,\partial x^0(z_3)\Big\rangle_{\tilde{x}} = \frac{-2i\alpha'g_o^2k_a^0\delta_{a,b}}{z_{12}z_{13}z_{23}}}\qquad (9)$

Полная 2-точечная амплитуда

Теперь мы можем подставить вклады флуктуаций (9) в и вклад нулевых мод (7) в полное выражение для двухточечной амплитуды (6):

\begin{aligned} А_{2} & "=" (я \int г^{Д} {Икс}_{0} е^{я (к_{а} + к_{б}) \cdot {Икс}_{0}} дельта ({Икс}^{0} (г_{3}))) \times ⟨ В_{а} (г_{1}) В_{б} (г_{2}) \partial {Икс}^{0} (г_{3}) ⟩_{\tilde{Икс}} \times (г_{12} г_{13} г_{23}) \times Н \\ "=" (я (2 π)^{Д - 1} {дельта}^{Д - 1} (к_{а} + к_{б})) \times \frac{- 2 я α^{'} г_{о}^{2} к_{а}^{0} {дельта}_{а, б}}{г_{12} г_{13} г_{23}} \times (г_{12} г_{13} г_{23}) \times Н \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \mathcal{A}_2&=\Bigg(i\int d^Dx_0\,e^{i(k_a+k_b)\cdot x_0} \delta\big(x^0(z_3)\big)\Bigg)\times \Big\langle V_a(z_1)V_b(z_2)\,\partial x^0(z_3)\Big\rangle_{\tilde{x}}\times \big(z_{12}z_{13}z_{23}\big)\times N\\ &=\Big(i(2\pi)^{D-1}\delta^{D-1}\big({\bf k}_a+{\bf k}_b\big)\Big)\times \frac{-2i\alpha'g_o^2k_a^0\delta_{a,b}}{z_{12}z_{13}z_{23}}\times \big(z_{12}z_{13}z_{23}\big)\times N \end{aligned} \end{equation}$ и, в частности,

А_{2} (а, б) "=" (2 к_{а}^{0} (2 π)^{Д - 1} {дельта}^{Д - 1} (к_{а} + к_{б}) {дельта}_{а, б}) \times (α^{'} г_{о}^{2} Н) (10)

$\mathcal{A}_2(a,b)=\Big(2k_a^0(2\pi)^{D-1}\delta^{D-1}\big({\bf k}_a+{\bf k}_b\big)\delta_{a,b}\Big)\times \big(\alpha'g_o^2 N\big)\qquad (10)$

Нормализация и унитарность

Оставшаяся цель состоит в том, чтобы вычислить нормализацию $N$ . Для этого (как обычно в теории струн) мы используем унитарность. (Это простейший возможный расчет унитарности в теории струн.) В частности, мы, как обычно, расширяем S-матрицу: $S=\mathbb{1}+iT$ , где $\mathbb{1}$ это свободная часть и $T$ является частью взаимодействия. Унитарность - это заявление

С^{†} С "=" 1,

$S^\dagger S=\mathbb{1},$ Применяя это к интересующему нас случаю, мы должны извлечь свободный от взаимодействия вклад этого отношения унитарности,

1^{2} "=" 1,

$\mathbb{1}^2=\mathbb{1},$ и приняв лоренц-ковариантную нормализацию, мы можем записать это в терминах

A_{2}

$\mathcal{A}_2$ ,

А_{2} (а, б) "=" \sum_{с} \int \frac{г^{Д - 1} к_{с}}{(2 π)^{Д - 1}} \frac{1}{2 к_{с}^{0}} А_{2} (а, с) А_{2} (с, б) (11)

$\mathcal{A}_2(a,b) = \sum_c\int \frac{d^{D-1}{\bf k}_c}{(2\pi)^{D-1}}\frac{1}{2k_c^0}\,\mathcal{A}_2(a,c)\mathcal{A}_2(c,b)\qquad (11)$ Подстановка (10) в (11) дает точно:

Н "=" \frac{1}{α^{'} г_{о}^{2}} (12)

$\boxed{N=\frac{1}{\alpha'g_o^2}}\qquad (12)$ что на самом деле идентично нормализации Полчинского для всех дисковых амплитуд древовидного уровня,

C_{D_{2}} = N

$C_{D_2}=N$ .

Полный результат

Обобщая, подставляем (12) в выражение для полной 2-точечной амплитуды (10) и находим, что:

А_{2} (а, б) "=" 2 к_{а}^{0} (2 π)^{Д - 1} {дельта}^{Д - 1} (к_{а} + к_{б}) {дельта}_{а, б}

$\boxed{\mathcal{A}_2(a,b)=2k_a^0(2\pi)^{D-1}\delta^{D-1}\big({\bf k}_a+{\bf k}_b\big)\delta_{a,b}}$

Итак, мы видим, что действительно, как утверждается в arXiV:1906.06051, все двухточечные амплитуды на уровне дерева в теории струн эквивалентны стандартной формуле теории поля. (Действительно можно показать, что тот же результат справедлив для замкнутых строк.)

Таким образом, мы узнаем, что строковый интеграл по путям дает полную связную S-матрицу , а не только связанные ампутированные функции Грина. (Конечно, единственное различие между ними заключается именно в двухточечной амплитуде на уровне дерева.)

Удивительно, как этот простой (но тонкий) результат был упущен более 35 лет назад.

Я заметил эту бумагу! Ваш вопрос теперь служит введением в проблемы. Надеюсь, он появится в трекбэке arxiv.

Амплитуды 2-точечной струнной сферы

Вакабалула

некоторые детали:

Рексирус

Вакабалула

Вакабалула

Ответы (1)

Вакабалула

Митчелл Портер

Корреляционные функции в теории теплового поля и др.

Различия и отношения между КТП, определенными на комплексной плоскости, и КТП, определенными на торе?

S-матрица в N=4N=4\mathcal{N}=4 Супер-Янг Миллс

Тахионный вершинный оператор (книга Полчинского)

Почему корреляционная функция тензора энергии-импульса обращается в нуль подобно z−4z−4z^{-4} в двумерной КТП?

Что в AdS/CFT находится на стороне AdS, супергравитации или теории струн?

Кластерное разложение в теории струн

Необходима ли интегрируемость для Амплитуэдра?

Некоторые вопросы по конформной теории поля, алгебрам токов и конструкции Сугавары

Определение CFT с помощью бета-функций