Как получить явный вид функции Грина уравнения Клейна-Гордона?

Question

Как получить явный вид функции Грина уравнения Клейна-Гордона?

Физика
распространитель
зеленые функции
квантовая теория поля
уравнение Клейна-Гордона
домашнее задание и упражнения

предложение не может отказаться

Определение функции Грина для уравнения Клейна-Гордона гласит:

(\partial_{т}^{2} - \nabla^{2} + м^{2}) г (\vec{Икс}, т) "=" - дельта (т) дельта (\vec{Икс})

$(\partial_t^2-\nabla^2+m^2)G(\vec{x},t)=-\delta(t)\delta(\vec{x})$ По этим ресурсам:

Функция Грина для неоднородного уравнения Клейна-Гордона , функция Грина выглядит так:

г (\vec{Икс}, т) "=" \frac{θ (т)}{2 π} дельта (т^{2} - | \vec{Икс} |^{2}) - \frac{м}{2 π} θ (т - | \vec{Икс} |) \frac{{Дж}_{1} (м \sqrt{т^{2} - | Икс |^{2}})}{м \sqrt{т^{2} - | Икс |^{2}}}

$G(\vec{x},t) = \frac {\theta(t)} {2 \pi} \delta\Big( t^2 - |\vec{x}|^2 \Big) - \frac {m} {2 \pi} \theta(t - |\vec{x}|) \frac {J_{1}\left(m \sqrt{t^2 - |\mathbf{x}|^2}\right)} {m\sqrt{t^2 - |\mathbf{x}|^2}}$

Из википедии есть несколько видов пропагатора , что зависит от выбора контура. Они очень похожи на вышеупомянутые, но все же не идентичны мне. Например, функция продвинутого и отсталого Грина очень похожа на приведенное выше выражение.

Я хочу получить явную форму указанной выше функции зеленого цвета , вот что я пробовал:

Предполагать:

г (\vec{Икс}, т) "=" \int г^{3} п г ю е^{я (\vec{п} \cdot \vec{Икс} - ю т)} г (\vec{п}, ю)

$G(\vec{x},t)=\int~\mathrm{d}^3p~\mathrm{d}\omega \,e^{i(\vec{p}\cdot\vec{x}-\omega t)}G(\vec{p},\omega)$

Подставляя уравнение Клейна-Гордона, получаем:

г (\vec{п}, ю) "=" \frac{1}{(2 π)^{4}} \frac{1}{ю^{2} - п^{2} - м^{2}}

$G(\vec{p},\omega)=\frac{1}{(2\pi)^4}\frac{1}{\omega^2-p^2-m^2}$

Затем:

г (\vec{Икс}, т) "=" \frac{1}{(2 π)^{4}} \int г^{3} п г ю е^{я (\vec{п} \cdot \vec{Икс} - ю т)} \frac{1}{ю^{2} - п^{2} - м^{2}}

$G(\vec{x},t)=\frac{1}{(2\pi)^4}\int~\mathrm{d}^3p~\mathrm{d}\omega \,e^{i(\vec{p}\cdot\vec{x}-\omega t)}\frac{1}{\omega^2-p^2-m^2}$

В приведенной выше формуле полюс находится на реальной оси, чтобы получить окончательный ответ, нужно немного отклонить полюс от реальной оси. По выбору Фейнмана левый полюс находится немного выше, а правый полюс немного ниже, вот так:

Тогда у нас есть:

\begin{aligned} г (\vec{Икс}, т) & "=" \frac{1}{(2 π)^{4}} \int г^{3} п г ю е^{я (\vec{п} \cdot \vec{Икс} - ю т)} \frac{1}{ю^{2} - п^{2} - м^{2} + я ϵ} \\ интегрировать ю \\ "=" θ (т) \frac{- я}{(2 π)^{3}} \int г^{3} \vec{п} \frac{е^{я \vec{п} \cdot Икс} е^{- я \sqrt{п^{2} + м^{2}} т}}{2 \sqrt{п^{2} + м^{2}}} + θ (- т) \frac{- я}{(2 π)^{3}} \int г^{3} \vec{п} \frac{е^{я \vec{п} \cdot Икс} е^{я \sqrt{п^{2} + м^{2}} т}}{2 \sqrt{п^{2} + м^{2}}} \\ интегрировать ф и θ \\ "=" \frac{- я}{(2 π)^{2}} \frac{θ (т)}{| \vec{Икс} |} \int_{0}^{\infty} \frac{п грех (п | \vec{Икс} |) е^{- я \sqrt{п^{2} + м^{2}} т}}{\sqrt{п^{2} + м^{2}}} + \frac{- я}{(2 π)^{2}} \frac{θ (- т)}{| \vec{Икс} |} \int_{0}^{\infty} \frac{п грех (п | \vec{Икс} |) е^{я \sqrt{п^{2} + м^{2}} т}}{\sqrt{п^{2} + м^{2}}} \end{aligned}

$\begin{align} G(\vec{x},t)&=\frac{1}{(2\pi)^4}\int~\mathrm{d}^3p~\mathrm{d}\omega \,e^{i(\vec{p}\cdot\vec{x}-\omega t)}\frac{1}{\omega^2-p^2-m^2+i\epsilon} \\ &\text{integrate over $\omega$} \\ &=\theta(t)\frac{-i}{(2\pi)^3}\int~\mathrm{d}^3\vec{p}\frac{e^{i\vec{p}\cdot{x}}e^{-i\sqrt{p^2+m^2}t}}{2\sqrt{p^2+m^2}}+\theta(-t)\frac{-i}{(2\pi)^3}\int~\mathrm{d}^3\vec{p}\frac{e^{i\vec{p}\cdot{x}}e^{i\sqrt{p^2+m^2}t}}{2\sqrt{p^2+m^2}} \\ &\text{integrate over $\phi$ and $\theta$} \\ &=\frac{-i}{(2\pi)^2}\frac{\theta(t)}{|\vec{x}|}\int_0^\infty\frac{p\sin(p|\vec{x}|)e^{-i\sqrt{p^2+m^2}t}}{\sqrt{p^2+m^2}} + \frac{-i}{(2\pi)^2}\frac{\theta(-t)}{|\vec{x}|}\int_0^\infty\frac{p\sin(p|\vec{x}|)e^{i\sqrt{p^2+m^2}t}}{\sqrt{p^2+m^2}} \end{align}$

Приведенный выше вывод кажется безошибочным, и я не знаю, как продолжить $p$ интеграл, и я не вижу сходства текущей формулы с закрытой формулой, приведенной в ресурсах 1 и 2.

Интегрировать $p$ , я обнаружил, что этот интеграл из книги может помочь:

\int_{0}^{\infty} е^{- β \sqrt{γ^{2} + {Икс}^{2}}} потому что б Икс "=" \frac{β γ}{\sqrt{γ^{2} + β^{2}}} К_{1} (γ \sqrt{β^{2} + б^{2}}), с: р е β > 0, р е γ > 0

$\int_0^\infty e^{-\beta\sqrt{\gamma^2+x^2}} \cos bx =\frac{\beta\gamma}{\sqrt{\gamma^2+\beta^2}}K_1\left(\gamma\sqrt{\beta^2+b^2}\right), \text{ with: $\mathrm{Re}\beta>0, \mathrm{Re}\gamma>0$}$

Редактировать2

--- чтобы обратиться к обновленному ответу @Solenodon Paradoxus

В ответе предлагалось повернуть контур против часовой стрелки ( $\omega=i\omega'$ ), поэтому:

\begin{aligned} г_{Ф} (\vec{п}, ю) & "=" \frac{1}{- ю^{' 2} - | \vec{п} |^{2} - м^{2} + я ϵ} \\ "=" - \int_{0}^{\infty} г л е^{- л (ю^{' 2} + | \vec{п} |^{2} + м^{2} - я ϵ)} \end{aligned}

$\begin{align} G_F(\vec{p},\omega)&=\frac{1}{-\omega'^2-|\vec{p}|^2-m^2+i\epsilon} \\ &=-\int_0^\infty \mathrm{d} L\,e^{-L(\omega'^2+|\vec{p}|^2+m^2-i\epsilon)} \end{align}$

Подключите выше $G_F(\vec{p},\omega)$ в интеграл четырех импульсов:

\begin{aligned} г_{Ф} (\vec{Икс}, т) & "=" \frac{- я}{(2 π)^{4}} \int_{0}^{\infty} г л е^{- (м^{2} - я ϵ) л} \int г ю^{'} г^{3} \vec{п} е^{- л ю^{' 2} + т ю^{'}} е^{- л п^{2} + я \vec{Икс} \cdot \vec{п}} \\ "=" \frac{- я}{16 π^{2}} \int_{0}^{\infty} г л е^{- (м^{2} - я ϵ) л} \frac{1}{л^{2}} е^{\frac{т^{2}}{4 л}} с т^{2} "=" т^{2} - | \vec{Икс} |^{2} \end{aligned}

$\begin{align} G_F(\vec{x},t)&=\frac{-i}{(2\pi)^4}\int_0^\infty~\mathrm{d}L\,e^{-(m^2-i\epsilon)L}\int\mathrm{d}\omega'\mathrm{d}^3\vec{p}\,e^{-L\omega'^2+t\omega'}e^{-Lp^2+i\vec{x}\cdot\vec{p}} \\ &=\frac{-i}{16\pi^2}\int_0^\infty~\mathrm{d}L\,e^{-(m^2-i\epsilon)L}\frac{1}{L^2}e^{\frac{\tau^2}{4L}}\quad\text{ with $\tau^2=t^2-|\vec{x}|^2$} \end{align}$

С этого момента $\epsilon$ Неважно проводить приведенный выше интеграл, просто опустим его.

\begin{aligned} г_{Ф} (\vec{Икс}, т) & "=" \frac{- я}{16 π^{2}} \int_{0}^{\infty} г л е^{- м^{2} л} \frac{1}{л^{2}} е^{\frac{т^{2}}{4 л}} \\ "=" \frac{- я м^{2}}{16 π^{2}} \int_{0}^{\infty} г ξ е^{- ξ} е^{\frac{м^{2} т^{2}}{4 ξ}} \frac{1}{ξ^{2}} \end{aligned}

$\begin{align} G_F(\vec{x},t)&=\frac{-i}{16\pi^2}\int_0^\infty\mathrm{d}L\,e^{-m^2L}\frac{1}{L^2}e^{\frac{\tau^2}{4L}} \\ &=\frac{-im^2}{16\pi^2}\int_0^\infty\mathrm{d}\xi\,e^{-\xi}e^{\frac{m^2\tau^2}{4\xi}}\frac{1}{\xi^2} \end{align}$ Когда

τ^{2} > 0

$\tau^2>0$ , подынтегральная функция расходится в

ξ \to 0

$\xi\to0$ , интеграл не может быть проведен.

Когда $\tau^2<0$ , у нас есть:

- \frac{я м}{4 π^{2} \sqrt{- т^{2}}} К_{1} (м \sqrt{- т^{2}})

$-\frac{im}{4\pi^2\sqrt{-\tau^2}}K_1\left(m\sqrt{-\tau^2}\right)$ где

K_{1}

$K_1$ является модифицированной функцией Бесселя, это в точности форма пропагатора Фейнмана, когда

τ^{2} < 0

$\tau^2<0$ .

Вопрос: Хотя наш результат торжествует с одной стороны, как насчет другой стороны( $\tau^2>0$ )? Как мы можем получить его из описанной выше процедуры? На каком шаге мы исключили эту возможность?

Ответы (2)

Как получить явный вид функции Грина уравнения Клейна-Гордона?

Шон Э. Лейк · Answer 1

Функции Грина не уникальны. Любое решение, которое удовлетворяет однородному уравнению,

(\partial_{т}^{2} - \nabla^{2} + м^{2}) ф "=" 0

$(\partial_t^2 - \nabla^2 + m^2)f = 0$ в интересующей области можно добавить к функции Грина без искажения неоднородного уравнения. Поэтому однородная часть должна быть задана граничными условиями. Вы можете получить часть функции Бесселя версии функции Грина Фейнмана, найдя стационарную функцию Грина с 4-мерным пространством, то есть:

(- \frac{1}{р^{3}} \frac{\partial}{\partial р} [р^{3} \frac{\partial}{\partial р}] + м^{2}) г (р) "=" \frac{я}{{Ом}_{4} р^{3}} дельта (р)

$\left(-\frac{1}{r^3} \frac{\partial }{\partial r} \left[r^3 \frac{\partial}{\partial r}\right] + m^2\right)G(r) = \frac{i}{\Omega_4 r^3}\delta(r)$ и аналитически продолжается до мнимого времени. Внутри переднего светового конуса, где аргумент

K

$K$ является мнимым, дает функцию Ганкеля первого рода:

\begin{aligned} \frac{м}{4 π^{2} \sqrt{т^{2}}} К_{1} (я м \sqrt{т^{2}}) & "=" - \frac{м}{8 π \sqrt{т^{2}}} {ЧАС}_{1}^{(2)} (м \sqrt{т^{2}}) \\ "=" - \frac{м}{8 π \sqrt{т^{2}}} [{Дж}_{1} (м \sqrt{т^{2}}) - я Д_{1} (м \sqrt{т^{2}})], \end{aligned}

$\begin{align}\frac{m}{4\pi^2\sqrt{\tau^2}}K_1\left(im\sqrt{\tau^2}\right) &= -\frac{m}{8\pi\sqrt{\tau^2}} H_1^{(2)}\left(m\sqrt{\tau^2}\right) \\ & = -\frac{m}{8\pi\sqrt{\tau^2}} \left[J_1\left(m\sqrt{\tau^2}\right) - i Y_1\left(m\sqrt{\tau^2}\right)\right],\end{align}$ с

J_{a}

$J_a$ и

Y_{a}

$Y_a$ функции Бесселя первого и второго рода соответственно.

Поскольку и оператор, и неоднородная часть вещественны, мнимая часть функции Грина должна быть решением однородного уравнения, а действительная часть должна решать неоднородное. То есть:

({\frac{\partial}{\partial т}}^{2} - \nabla^{2} + м^{2}) Я {\frac{м}{4 π^{2} \sqrt{т^{2}}} К_{1} (я м \sqrt{т^{2}})} "=" 0, а н г ({\frac{\partial}{\partial т}}^{2} - \nabla^{2} + м^{2}) Ре {\frac{м}{4 π^{2} \sqrt{т^{2}}} К_{1} (я м \sqrt{т^{2}})} "=" - {дельта}^{4} (Икс),

$\left(\frac{\partial}{\partial t}^2 - \nabla^2 + m^2\right) \operatorname{Im}\left\{\frac{m}{4\pi^2\sqrt{\tau^2}}K_1\left(im\sqrt{\tau^2}\right)\right\} = 0,\ \mathrm{and} \\ \left(\frac{\partial}{\partial t}^2 - \nabla^2 + m^2\right) \operatorname{Re}\left\{\frac{m}{4\pi^2\sqrt{\tau^2}}K_1\left(im\sqrt{\tau^2}\right)\right\} = -\delta^4(x),$ поэтому функция Грина является реальной частью этого выражения.

Особенности, которые еще предстоит показать в этом месте: что разделение на запаздывающие и продвинутые пропагаторы действительно (необходимо для сохранения причинно-следственной связи), а предел нулевой массы пропагатора дает правильный предел. Энергию, вводимую импульсом, нельзя отследить, потому что она бесконечна.

Возможно, второе уравнение следует записать так: $[- \frac{1}{р^{3}} \frac{\partial}{\partial р} р^{3} \frac{\partial}{\partial р} + м^{2}] г (р) "=" дельта (р)$ $\left[-\frac{1}{r^3} \frac{\partial }{\partial r} r^3 \frac{\partial}{\partial r} + m^2\right]G(r) =\delta(r)$ ?
Хороший улов на неуместных скобках. Однако правая сторона нуждалась только в исправлении знака. Это 4-мерная дельта-функция, поэтому она должна иметь 4-мерный телесный угол и коэффициент $r^{-3}$ .
Я все еще думаю, что правая часть должна измениться, исходное уравнение: $(\partial_{т}^{2} - \nabla^{2} + м^{2}) г (\vec{Икс}, т) "=" - дельта (т) дельта (\vec{Икс})$ $(\partial_t^2-\nabla^2+m^2)G(\vec{x},t)=-\delta(t)\delta(\vec{x})$ Вы хотите произвести замену $t\to iw$ , приведенное выше уравнение принимает вид: $(- \nabla_{4}^{2} + м^{2}) г (\vec{р}) "=" - дельта (я ж) дельта (\vec{Икс})$ $(-\nabla_4^2+m^2)G(\vec{r})=-\delta(iw)\delta(\vec{x})$ Сейчас $\nabla_4^2=\frac{1}{r^3}\partial_r(r^3\partial_r)+\frac{L^2}{r^2}$ , где $L^2$ — оператор, дифференцирующий угловую часть. Если мы предположим $G(\vec{r})=G(r)$ , $L^2$ действие на него просто дает ноль. Таким образом, уравнение принимает вид:
$(- \frac{1}{р^{3}} \partial_{р} (р^{3} \partial_{р}) + м^{2}) г (р) "=" - дельта (я ж) дельта (\vec{Икс})$ $(-\frac{1}{r^3}\partial_r(r^3\partial_r)+m^2)G(r)=-\delta(iw)\delta(\vec{x})$ Вопрос , на данном этапе, я думаю, мы рассматриваем $w$ быть реальной переменной. Однако, когда доходит до $\delta(iw)$ (хорошо определенный?), есть ли у нас тождество, которое $\delta(iw)=-i\delta(w)$ ? поэтому правая сторона, вероятно, должна быть изменена как $i\delta(r)$ ?
Действительно, я пропустил $i$ при переходе к евклидову 4-мерному пространству. И да, у нас есть $\delta(iw) = -i\delta(w)$ .
Как насчет первого комментария, что я думаю $\frac{1}{r^3\Omega_4}$ не нужно.
Ах, эта часть неверна. Дельта-функция должна подчиняться тождеству: $\int дельта (\vec{Икс}) г В "=" 1,$ $\int \delta( \vec{x} ) \operatorname{d}V = 1,$ независимо от размерности $\vec{x}$ . Это означает, что когда вы меняете переменные, например, на какую-то сферическую систему координат, дельта-функция должна быть разделена на определитель якобиана , чтобы исключить фактор, связанный с элементом объема. В этом случае, $\operatorname{d}V = \Omega_4 r^3 \operatorname{d} r.$
Я разместил полное доказательство в виде вопросов и ответов: physics.stackexchange.com/questions/280212/… .

проф. Леголасов · Answer 2

Вы можете попробовать использовать метод правильного времени:

\frac{1}{п^{2} - м^{2} + я ε} "=" \int_{0}^{\infty} г л опыт [- л (п^{2} - м^{2} + я ε)] .

$\frac{1}{p^2 - m^2 + i \varepsilon} = \intop_0^{\infty} dL \, \exp \left[ -L \left( p^2 - m^2 + i \varepsilon \right) \right].$

Хитрость заключается в том, чтобы сначала выполнить (гауссовский) интеграл импульса, а затем перейти к интегралу по $L$ . Это должно дать функцию Бесселя. Дайте мне знать в комментариях, если у вас есть дополнительные вопросы.

ОБНОВЛЕНИЕ: Как обращаться с подписью Лоренца в распространителе?

Нас интересует следующий интеграл:

Д (Икс) "=" \int \frac{г^{4} п}{(2 π)^{4}} \frac{е^{я п_{мю} {Икс}^{мю}}}{п^{2} - м^{2} + я ε} "=" \int \frac{г ю}{2 π} \int \frac{г^{3} \vec{п}}{(2 π)^{3}} \frac{е^{я ю т} е^{- я \vec{п} \vec{Икс}}}{ю^{2} - п^{2} - м^{2} + я ε} .

$D(x) = \int \frac{d^4 p}{(2\pi)^4} \frac{e^{i p_{\mu} x^{\mu}}}{p^2 - m^2 + i \varepsilon} = \int \frac{d\omega}{2\pi} \: \int \frac{d^3 \vec{p}}{(2\pi)^3} \, \frac{e^{i \omega t} e^{- i \vec{p} \vec{x}}}{\omega^2 - p^2 - m^2 + i \varepsilon}.$

Теперь мы можем повернуть контур интегрирования в комплексной плоскости так, чтобы через него не проходил ни один полюс. Я поверну контур вашего исходного поста на 90 градусов против часовой стрелки:

Д (Икс) "=" \int \frac{я г ю^{'}}{2 π} \int \frac{г^{3} \vec{п}}{(2 π)^{3}} \frac{- е^{- ю^{'} т} е^{- я \vec{п} \vec{Икс}}}{ю^{' 2} + п^{2} + м^{2}} .

$D(x) = \int \frac{i d\omega'}{2\pi} \: \int \frac{d^3 \vec{p}}{(2\pi)^3} \, \frac{- e^{- \omega' t} e^{- i \vec{p} \vec{x}}}{\omega'^2 + p^2 + m^2}.$

Я также перешел к новой переменной интеграции: $\omega = i \omega'$ . Теперь знаменатель всегда положителен, и вы можете использовать метод правильного времени. Все интегралы будут гауссовыми и сходящимися.

ОБНОВЛЕНИЕ 2 : $i \varepsilon$ позволяет нам вращать контур против часовой стрелки, но запрещает другое (аналогичное) преобразование, например, вращение его по часовой стрелке, как это сделали вы. Это связано с тем, что ни один полюс не должен пересекать контур во время его деформации. Следовательно, $\omega = i \omega'$ , нет $-i \omega'$ . Гладкие преобразования контура не меняют интеграл, пока через него не проходит ни один полюс.

Итак, роль, которую сыграл $i \varepsilon$ состоит в том, чтобы определить, как интеграл будет преобразован в евклидов интеграл. В евклидовом случае (после поворота контура) можно опустить $i \varepsilon$ .

ОБНОВЛЕНИЕ 3: так как мы повернули контур, $\omega$ становится воображаемым и $\omega' = - i \omega$ действительна (собственно, весь смысл введения ω′). Следовательно, $\omega'^2 + \vec{p}^2 + m^2$ не может быть меньше нуля!

ОБНОВЛЕНИЕ 4: что касается вашего окончательного ответа, я подозреваю, что если вы возьмете $\omega = i \omega'$ и не $- i \omega'$ (вам нельзя проходить через столб, помните?) тогда вы получите правильный ответ. Я не уверен, конечно, но я бы так и поступил.

Вы получаете различные функции Грина. На самом деле все зависит от того, как контур обходит полюса. Или где подключить $i \varepsilon$ , если хотите.

ОБНОВЛЕНИЕ 5: Как обращаться с $\tau^2 > 0$ случай?

Ну, вот что я придумал. Вы можете вращать контуры трех интегралов по $\vec{p}$ вместо того, что закончилось $\omega$ . После аналогичных вычислений вы придете ко второй функции Ганкеля $H_1^{(2)}$ . В качестве альтернативы, поскольку мы везде используем комплексные числа, мы могли бы просто сделать аналитическое продолжение результата для $\tau^2 < 0$ , что дало бы нам точно такую же функцию Ганкеля.

Я все еще пытаюсь найти четкое объяснение, почему появляется дополнительный дельта-символ (не то чтобы он не мог появиться, так как мы только вычислили наш пропагатор для $\tau^2 > 0$ и $\tau^2 < 0$ к настоящему времени).

Вы предполагали, что $p^2-m^2>0$ ? Если написано как у вас, при выполнении интеграла по импульсу коэффициенты перед $\vec{p}^2$ должна быть по крайней мере отрицательной в действительной части.
с тех пор $\omega^2-\vec{p}^2$ всегда сохраняются, интегрировать четыре импульса кажется невозможным с помощью интеграла Гаусса.
@buzhidao в моих обозначениях, $p^2 = p_0^2 - \vec{p}^{\, 2}$ . Нет, $p^2 - m^2$ не всегда больше нуля. Можно использовать аналитическое продолжение гауссовского интеграла.
См. мой первый комментарий, я думаю, что интеграл Гаусса может быть правильно определен только в том случае, если действительная часть коэффициента квадрата меньше нуля. С другой стороны, вы просто не можете этого сделать, это расходится.
@buzhidao, если вы рассматриваете евклидов случай, (евклидов) пропагатор пропорционален $(p^2 + m^2)^{-1}$ и все интегралы Гаусса определены корректно. Затем вы можете получить лоренцев пропагатор с помощью аналитического продолжения (переходя к мнимым временным интервалам), как вы объяснили в своем вопросе. В качестве альтернативы вы можете думать, что интегралы Гаусса определяются аналитическим продолжением, даже если коэффициент перед квадратным членом положителен.
@buzhidao Я обновил свой ответ, добавив подробности о том, как правильно обращаться с подписью Лоренца, пожалуйста, посмотрите. Поскольку это вопрос домашнего задания и упражнений, я не буду приводить полный расчет. Вы должны будете выполнить детали расчета самостоятельно, извините. Если у вас есть еще вопросы, пожалуйста, дайте мне знать.
Я добавляю вывод и перечисляю свои проблемы, пожалуйста, посмотрите.
@buzhidao Я еще раз обновил свой ответ, пожалуйста, посмотрите.
Ваше объяснение вполне понятно, я неправильно понял деформацию контура как замену переменных, поэтому приводит к беспокойству по поводу проблемы расходимости метода собственного времени. Теперь я обновил расчет и поднял новую проблему, пожалуйста, посмотрите.
@buzhidao Мне придется подумать об этом. Свяжутся в течение 1-2 дней.
@buzhidao Пока я думаю об этом, взгляните, пожалуйста, на мое обновление № 5.

Как получить явный вид функции Грина уравнения Клейна-Гордона?

предложение не может отказаться

Редактировать2

Ответы (2)

Шон Э. Лейк

предложение не может отказаться

Шон Э. Лейк

предложение не может отказаться

предложение не может отказаться

Шон Э. Лейк

предложение не может отказаться

Шон Э. Лейк

Шон Э. Лейк

проф. Леголасов

предложение не может отказаться

предложение не может отказаться

проф. Леголасов

предложение не может отказаться

проф. Леголасов

проф. Леголасов

предложение не может отказаться

проф. Леголасов

предложение не может отказаться

проф. Леголасов

проф. Леголасов

Квантовая теория поля, решение дельта/зеленой функции

Закон обратных квадратов в измерениях DDD (два случая)

Идея метода аналитического продолжения для решения уравнения Клейна-Гордона, как и почему?

Функция Клейна-Гордона Грина: производная дельта-распределения?

Функция Грина для неоднородного уравнения Клейна-Гордона

Коммутатор безмассового скалярного поля

Представление функцией Бесселя пространственноподобного пропагатора КГ

Пропагатор из интеграла по путям

Как найти функции Грина для нестационарного неоднородного уравнения Клейна-Гордона?

Интуиция для пропагаторов со спином 1/2 и 1