Определитель оператора Даламбера □−m2◻−m2\mathop\Box-m^{2}

Ну, например, пространство-время Минковского (просто подключите анзац плоской волны).

Недомогание возникает из-за того, что формула с определителем верна для интегралов Гаусса, т.е.

$\int e^{- \pi A_{ij} x^i x^j} d x = \frac{1}{\sqrt{\det A}} \ .$

Здесь$A$является симметричным положительно определенным. Сначала я покажу, что то же самое верно, если в показателе степени есть$i$, т.е.

$\int e^{i\pi A_{ij} x^i x^j} d x = \frac{1}{\sqrt{\det A}} \ .$

Для этого деформируйте контуры интегрирования, чтобы получить интегрирование$e^{i \pi A_{ij} x^i x^j}$. Для простоты рассмотрим только одномерный случай, т.е. деформируем контур интегрирования

$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\pi a x^2} d x = \frac{1}{\sqrt{a}} \ .$

Приблизить интегралы интегралом по интервалу$[-R,R]$. Теперь разложите этот контур в контур$\gamma_1$от$x = -R$к$x = -(R + i R)$, то контур$\gamma_2$от$x = - (R-iR)$к$x = R+ i R$а потом контур$\gamma_3$от$x = R-iR$к$x = R$. У нас есть:

$\int_{-R}^{R} (...) d x = \int_{\gamma_1}(..)dz + \int_{\gamma_2}(..)dz + \int_{\gamma_3}(..)dz \ ;$

или, более явно:

$\int_{-R}^{R} e^{-\pi a x^2} d x = \int_{-\frac{R}{\sqrt{2}}}^{\frac{R}{\sqrt{2}}} e^{i \pi a x^2} d x + I(\pi a R^2) \ , \ I(w) = 2 e^{-w} \int_0^1 e^{w x} \cos(2 x w) d x \ .$

Если мы можем утверждать, что$I(w) \rightarrow 0$для$w \rightarrow \infty$, то мы получили нашу формулу. Это, однако, не так сложно, сначала обратите внимание, что

$I(w) \leq 2 e^{-w} \int_0^1 e^{w x} d x$

а затем используйте первую теорему о среднем значении для определенных интегралов (см. https://en.wikipedia.org/wiki/Mean_value_theorem#Mean_value_theorems_for_definite_integrals ), чтобы сделать вывод

$I(w) \leq 2 e^{-w(1-x_0^2)} \ ,$

с$x_0$строго меньше 1. Этого достаточно, чтобы завершить нашу формулу и, таким образом,

$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\pi a x^2} d x =\int_{-\infty}^{\infty} e^{i \pi a x^2} d x$

Теперь идет изюминка. Приведенное выше рассуждение показывает, что для положительно определенного$A$можно свободно переключаться между наличием$i$в экспоненте или$-1$. Однако оператор в вашем вопросе,$\Box - m^2$, имеет положительные, отрицательные и нулевые собственные значения, где интеграл Гаусса больше не имеет смысла, в то время как мнимый гауссовский интеграл все еще может иметь смысл.

В самом деле, рассмотрим тот же аргумент с контурами из$x=-R$к$x = -(R+iR)$д., что дает

$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\pi a x^2} d x =\int_{-\infty}^{\infty} e^{- i \pi a x^2} d x$

Следовательно, чтение этого задом наперед приводит к выводу

$\int e^{i\pi A_{ij} x^i x^j} d x = \frac{1}{\sqrt{|\det A}|} \ .$

Следовательно, отрицательные собственные значения не представляют проблемы. Что можно сказать о нулевых собственных значениях? Ну, в общем, это проблема, но они могут отпасть точно так же, как можно интегрировать сингулярность с квадратным корнем.

В частности, если$A$имеет собственный вектор$v$с$Av = 0$, то интеграл Гаусса имеет плоское направление и определитель бесконечен. Однако переход к бесконечномерным векторным пространствам позволяет происходить более интересным вещам. В этом случае интеграл Гаусса может иметь или не иметь смысла как предел конечномерных интегралов; здесь я сделаю несколько замечаний по определителю.

Давайте$A$быть самосопряженным оператором. Тогда спектр$A$состоит из точечного спектра , т.е. действительных чисел$\{\lambda_i\}_{i\in \mathbb{N}}$есть векторы$v_i$с$A v_i = \lambda_i v_i$. Но, кроме того, A может также иметь непрерывный спектр . Это набор$\lambda$для которого$\lambda - A$является инъективным, но не сюръективным (дополнительно также требуется, чтобы он имел плотный спектр). Грубо говоря, это означает, что пока$\lambda - A$сопоставляет все векторы в векторном пространстве с ненулевыми векторами, инвертировать его по-прежнему невозможно. Причина в том, что могут быть приблизительные собственные значения, например, как узкие волновые пакеты являются почти собственными состояниями оператора производной. Во всяком случае, это означает, что если мы возьмем теперь логарифм определителя, то он будет состоять из двух членов:

$\log |\det A|^{-\frac{1}{2}} = - \frac{1}{2} \sum_{i =1}^\infty \log|\lambda_i| - \frac{1}{2} \int_0^\infty \rho(\lambda) \log \lambda d \lambda \ .$

Здесь$\rho(\lambda)$положительная функция, указывающая, сколько собственных значений находится в интервале$[\lambda,\lambda + d\lambda]$.

Обратите внимание, что если$A$является дифференциальным оператором, обычно приходится регуляризовать это выражение, но здесь это не будет представлять интереса. Вместо этого давайте сосредоточимся на том, как нулевые собственные значения могут стать проблемой. Прежде всего, как и в конечномерных случаях, если собственное собственное значение равно нулю, определитель обращается в нуль. Но что, если непрерывный спектр простирается до нуля? как видно из формулы, это не слишком проблематично, так как$\log(\lambda)$интегрируема в 0, пока$\rho(\lambda)$не слишком уникален для маленького$\lambda$.

Возьмем пример, реальное скалярное поле в пространстве-времени Минковского. Затем$A = \Box - m^2$имеет только непрерывный спектр:

$\log Z = -\frac{1}{2} \int \frac{d^n p}{(2\pi)^n} \log|p_0^2 - \vec{p}^2 - m^2| = -\frac{1}{2} \int_0^\infty \log(\lambda) \rho(\lambda) d \lambda$

с функцией

$\rho(\lambda) = \int \frac{d^n p}{(2\pi)^n} \delta(\lambda - |p^2 - m^2|) = \rho_< + \rho_> \ $

с

$\rho_<(\lambda) = 2 \int \frac{d^{n-1} p}{(2\pi)^n} \int_{0}^{\sqrt{\vec{p}^2 +m^2}}\delta(\lambda + p_0^2 - \vec{p}^2 - m^2) d p_0 = \\ = \frac{\text{Vol}(S^{n-2})}{(2\pi)^n} \int_0^\infty p^{n-2} \frac{\theta(p^2 + m^2 - \lambda)}{\sqrt{p^2 + m^2 - \lambda}} dp$

и

$\rho_>(\lambda) = 2 \int \frac{d^{n-1} p}{(2\pi)^n} \int_{\sqrt{\vec{p}^2 +m^2}}^\infty \delta(\lambda - p_0^2 + \vec{p}^2 + m^2) d p_0 = \\ = \frac{\text{Vol}(S^{n-2})}{(2\pi)^n} \int_0^\infty p^{n-2} \frac{1}{\sqrt{p^2 + m^2 + \lambda}} dp$

вычитание бесконечной константы$\rho(0)$получаем перенормированную плотность

$\rho(\lambda) -\rho(0) = \frac{\text{Vol}(S^{n-2})}{(2\pi)^n} \int_0^\infty p^{n-2} \left[\frac{1}{\sqrt{p^2 + m^2 + \lambda}} + \frac{\theta(p^2 + m^2 - \lambda)}{\sqrt{p^2 + m^2 - \lambda}} - \frac{2}{\sqrt{p^2 + m^2}} \right] dp$

Давайте проверим, как ведет себя маленький$\lambda$. Для простоты специализируется на$n = 4$.

$\rho(\lambda) -\rho(0) \sim \frac{3 \lambda^2}{16\pi^3} \int_0^\infty \frac{p^2}{(p^2 + m^2)^{\frac{5}{2}}} d p \sim \frac{1}{16\pi^3} \frac{\lambda^2}{m^2} \ \ \ \ \text{ as} \ \ \lambda \rightarrow 0 \ .$

Следовательно, кажется, что здесь нет проблем с нулевыми собственными значениями.