Правило Фейнмана для пропагатора с производными

Пропергатор не имеет производной. Член взаимодействия является вершиной на диаграмме Фейнмана.

В дальнейшем я использую соглашение об обозначениях Среднески. Соглашение Пескина вызвало бы некоторый дополнительный знак минус.

Например,$\phi ^3 \partial^2 \phi$, вершина$\langle 0| \phi ^3 \partial^2 \phi | k_1 k_2 k_3k_4 \rangle = \partial^2_4 \langle0| \phi(x_1) \phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4)| k_1 k_2 k_3k_4 \rangle = \partial_4^2 (e^{ik_1x_1+ik_2x_2+ik_3x_3+ik_4x_4}+pertumations)|_{x_i =x} = -3! (\sum k_i^2) e^{i(k_1+k_2 + k_3 +k_4) x}$

Итак, вершина в импульсном пространстве есть$-ig/ 3! \cdot -3! (\sum k_i^2) = ig (\sum k_i^2)$.

Пропагатор не будет затронут, так как он полностью определяется лагранжианом свободного поля. Так$D_f = (\partial^2 + m^2)^{-1}$, в импульсном пространстве,$\frac{1}{k^2 + m^2}$

Таким образом, если у вас есть производная связь, у вас будет другая вершина, но в остальном все то же самое, что и с обычной связью.$\phi^4$связь.

Хотя это 7 лет спустя, я заметил, что в литературе есть некоторый пробел в том, как вывести правила Фейнмана для такого типа лагранжианов. Позвольте мне напечатать, как получить вершину для лагранжиана, о котором вы упомянули, чтобы помочь людям в будущем, которые будут работать над QFT, поскольку я думаю, что другие ответы на форумах слишком неясны для начинающих и не так систематизированы в целом. Вычисление правил Фейнмана сводится к вычислению пропагаторов, из которых можно построить производящую функцию и включить взаимодействия. Затем следуют правила Фейнмана, взяв кучу функциональных производных.

Итак, начнем с лагранжиана:

$$\begin{equation} \mathcal{L}_{\mathrm{int}} = \frac{gh}{3!} \phi^3 \partial^2 \phi. \end{equation}$$

Функциональный подход КТП можно использовать для вывода вершинного правила Фейнмана. Позвольте мне попытаться дать самодостаточный ответ/стратегию на такие вопросы. Предположим, что скалярное поле$\phi$подчиняется стандартному лагранжиану свободного поля Клейна-Гордона$\mathcal{L}_0 = \frac{1}{2} (\partial_\mu \phi)^2 - \frac{1}{2}m^2 \phi^2$. Тогда пропагатор можно найти, записав свободную часть действия в виде:

$$\begin{equation} S_0 = \int d^4 x \Big[\frac{1}{2} (\partial_\mu \phi)^2 - \frac{1}{2} m^2 \phi^2\Big] = \int d^4 x \Big[\frac{1}{2} \phi (-\partial^\mu \partial_\mu - m^2)\phi\Big], \end{equation}$$

где я использовал интегрирование по частям для первого слагаемого. Это говорит о том, что пропагатор$D(x-y)$можно найти по:

$$\begin{equation} -(\partial^\mu \partial_\mu + m^2)D(x-y) = i \delta(x-y). \end{equation}$$

The $i$здесь просто вопрос соглашения. В пространстве Фурье мы легко видим, что:

$$\begin{equation} D(k) = \frac{i}{k^2 - m^2}. \end{equation}$$

Позволять$J(x)$быть некоторой функцией пространства-времени, которую мы называем током, связанным с$\phi$. Производящую функцию можно записать в виде интеграла по путям:

$$\begin{equation} Z[J] = \int \mathcal{D}\phi e^{i \int d^4 x (\mathcal{L} + J(x)\phi(x))}, \end{equation}$$

где$\mathcal{L} = \mathcal{L}_0 + \mathcal{L}_{\mathrm{int}}$и$\mathcal{D}\phi$обозначает интегрирование по всем конфигурациям поля (например, для поля датчика вам нужно быть осторожным с исправлением датчика в этом выражении, но для скалярного поля проблем нет). На этом языке просто показать, что свободная часть производящей функции может быть записана в виде:

$$\begin{equation} Z_0[J] = Z_0[0] e^{-\frac{1}{2} \int d^4 x d^4 y J(x)D(x-y)J(y)}. \end{equation}$$

Это можно сделать, начав с определения$Z[J]$, рассмотрим только свободный лагранжиан и определим сдвинутое поле$\phi^\prime(x) = \phi(x) - i \int d^4 y J(y)D(x-y)$. Индекс$0$означает, что мы рассматриваем только свободную часть.

Чтобы найти выражение для написанной вами 4-точечной вершины, нужно вычислить 4-точечную корреляционную функцию:

$$\begin{equation} \langle \Omega|T \{\phi(x_1) \phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4)\}|\Omega \rangle = \frac{\int d^4 x \phi(x_1)\phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4) e^{i \int d^4 x \mathcal{L}}}{\int d^4 x e^{i \int d^4 x \mathcal{L}}}. \end{equation}$$

Несложно проверить, что на языке функциональных производных и производящей функции$Z[J]$можно было бы написать это как:

$$\begin{align} &\langle \Omega|T \{\phi(x_1) \phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4)\}|\Omega \rangle = \frac{1}{Z[0]}\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_1)}\Big)\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_2)}\Big) \\ &\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_3)}\Big)\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_4)}\Big)Z[J] \Big|_{J=0}. \end{align}$$

Хорошо, теперь у нас все готово для вычислений. Суммарная производящая функция может быть записана в виде:

$$\begin{equation} Z[J] = \int \mathcal{D}\phi e^{i \int d^4 x \mathcal{L}_{\mathrm{int}}} Z_0[J] = \int \mathcal{D}\phi e^{i \int d^4 x \frac{gh}{3!} (-i\frac{\delta}{\delta J(x)})^3 \partial^2 (-i \frac{\delta}{\delta J(x)})}Z_0[J]. \end{equation}$$

Если$g,h$малы, то мы можем рассмотреть пертурбативное разложение этой экспоненты. Сосредоточив внимание на взаимодействующей части в ведущем порядке, мы находим, что:

$$\begin{equation} Z[J] \approx i \int d^4 x \frac{gh}{3!}(-i\frac{\delta}{\delta J(x)})^3 \partial^2 (-i \frac{\delta}{\delta J(x)})Z_0[J]. \end{equation}$$

Поэтому корреляционную функцию можно записать в виде:

$$\begin{equation} \langle \Omega|T \{\phi(x_1) \phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4)\}|\Omega \rangle = \Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_1)}\Big)\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_2)}\Big) \\ \Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_3)}\Big)\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_4)}\Big)i \int d^4 x \frac{gh}{3!}(-i\frac{\delta}{\delta J(x)})^3 \partial^2 (-i \frac{\delta}{\delta J(x)}) e^{-\frac{1}{2} \int d^4 x d^4 y J(x)D(x-y) J(y)}|_{J=0}. \end{equation}$$

Воспользуемся обозначениями, в которых мы оставляем интеграл по$x$неявный и, например,$D_{xy} = D(x-y)$,$J_y = J(y)$,$D_{xy} J_y \equiv \int d^4 y D(x-y)J(y)$сделать выражения более лаконичными. Мы также оставим оценку на$J=0$скрытый. Пузырьковые диаграммы, т. е. такие, которые включают$D_{xx}$будет игнорироваться в приведенном ниже расширении. Также мы будем игнорировать члены, которые дадут ноль для$J=0$.

Итак, давайте начнем вычислять эту корреляционную функцию, используя эту компактную запись:

$$\begin{align} &-i \langle \Omega|T \{\phi(x_1) \phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4)\}|\Omega \rangle = \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3}\frac{\delta}{\delta J_4} \Big(\frac{\delta}{\delta J_x}\Big)^3 \partial^2 \Big(\frac{\delta}{\delta J_x}\Big) e^{-\frac{1}{2}J_z D_{zy}J_y} \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3}\frac{\delta}{\delta J_4} \Big(\frac{\delta}{\delta J_x}\Big)^3 e^{-\frac{1}{2}J_z D_{zy}J_y} \partial^2 (-D_{xy}J_y) \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3}\frac{\delta}{\delta J_4} \Big(\frac{\delta}{\delta J_x}\Big)^2 J_z D_{xz} e^{-\frac{1}{2} J_z D_{zy}J_y} \partial^2 (D_{xy}J_y) \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3}\frac{\delta}{\delta J_4} \frac{\delta}{\delta J_x} \Big(-D_{xz} J_z D_{xv} J_v e^{-\frac{1}{2}J_z D_{zy}J_y} \partial^2 (D_{xy} J_y)\Big) \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3}\frac{\delta}{\delta J_4} \Big(D_{xz}J_{z} D_{xv}J_v D_{xw}J_w e^{-\frac{1}{2} J_z D_{zy}J_y} \partial^2 (D_{xy} J_y)\Big) \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3} \Big[3 D_{x4} D_{xv}J_v D_{xw} J_w \partial^2 (D_{xy} J_y) + D_{xz} J_z D_{xv} J_v D_{xw}J_w \partial^2 (D_{x4})\Big] e^{-\frac{1}{2}J_{z}D_{zy}J_{y}} \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \Big[3! D_{x4} D_{x3} D_{xw} J_w \partial^2(D_{xy} J_y) + 3 D_{x4} D_{xv} J_v D_{xw}J_w \partial^2 D_{x3} + 3 D_{x3}D_{xv} J_v D_{xw} J_w \partial^2 D_{x4}\Big]e^{-\frac{1}{2}J_z D_{zy}J_y} \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \Big[3! D_{x4} D_{x3} D_{x2} \partial^2 (D_{xy}J_y) + 3! D_{x4} D_{x3} D_{xw} J_w \partial^2 D_{x2} + 3! D_{x4} D_{x2} D_{xw} J_w \partial^2 D_{x3} + 3! D_{x3}D_{x2}D_{xw}J_w \partial^2 D_{x4}\Big]e^{-\frac{1}{2}J_z D_{zy}J_y} \\ &= gh [D_{x4} D_{x3} D_{x2} \partial^2 D_{x1} + D_{x4} D_{x3} D_{x1} \partial^2 D_{x2} + D_{x4}D_{x2}D_{x1}\partial^2 D_{x3} + D_{x3} D_{x2} D_{x1} \partial^2 D_{x4}]. \\ \end{align}$$

Таким образом, в обычных обозначениях находим, что:

$$\begin{equation} \langle \Omega|T\{\phi(x_1)\phi(x_2)\phi(x_3)\phi(x_4)\}|\Omega \rangle = igh \int d^4 x [D(x-x_4) D(x-x_3) D(x-x_2) \partial^2 D(x-x_1) + D(x-x_4) D(x-x_3) D(x-x_1) \partial^2 D(x-x_2) + D(x-x_4)D(x-x_2)D(x-x_1)\partial^2 D(x-x_3) + D(x-x_3) D(x-x_2) D(x-x_1) \partial^2 D(x-x_4)]. \end{equation}$$

Напомним, что пропагатор задается:

$$\begin{equation} D(x-y) = \int \frac{d^4 k}{(2\pi)^4} \frac{i}{k^2 - m^2} e^{-ik \cdot x}. \\ \end{equation}$$

Поэтому теперь легко видеть, что вершина задается выражением:

$$\begin{equation} V_{\phi \phi \phi \phi} = -igh [p_1^2 + p_2^2 + p_3^2 + p_4^2], \end{equation}$$

где$p_1 + p_2 + p_3 + p_4 =0$(поэтому все импульсы являются входящими), так как дельта-функция типа$\delta(p_1 + p_2 + p_3 + p_4)$появится, если вы явно вычислите корреляционную функцию.