Преобразование Фурье квадрата свободного пропагатора - ∫d4p e−ip⋅xp2+m2−iϵ∫d4p e−ip⋅xp2+m2−iϵ\int d^{4}p\ \frac{e^{-ip\cdot x }}{p^{2}+m^{2}-i\эпсилон}

Question

Преобразование Фурье квадрата свободного пропагатора - ∫d4p e−ip⋅xp2+m2−iϵ∫d4p e−ip⋅xp2+m2−iϵ\int d^{4}p\ \frac{e^{-ip\cdot x }}{p^{2}+m^{2}-i\эпсилон}

Физика
распространитель
интеграция
диаграммы фейнмана
квантовая теория поля

QuantumEyedea

Суть вопроса в том, чтобы спросить, какова функция, заданная следующим интегралом:

ЧАС (Икс, у) \equiv \int \frac{г^{4} п}{(2 π)^{4}} \frac{е^{- я п \cdot (Икс - у)}}{(п^{2} + м^{2} - я ϵ)^{2}}

$H(x,y) \ \equiv \ \int \frac{d^{4}p}{(2\pi)^{4}} \frac{e^{-i p \cdot (x-y)}}{(p^{2}+m^{2}-i\epsilon)^{2}}$

Это тесно связано с пропагатором (для $(x-y)^{2} < 0$ ):

г (Икс, у) "=" \int \frac{г^{4} п}{(2 π)^{4}} \frac{е^{- я п \cdot (Икс - у)}}{п^{2} + м^{2} - я ϵ} "=" - \frac{я м}{4 π^{2} \sqrt{- (Икс - у)^{2}}} К_{1} (м \sqrt{- (Икс - у)^{2}})

$G(x,y) \ = \ \int \frac{d^{4}p}{(2\pi)^{4}} \frac{e^{-i p \cdot (x-y)}}{p^{2}+m^{2}-i\epsilon} \ = \ - \frac{ i m }{ 4 \pi^{2} \sqrt{ - (x-y)^{2} }} K_{1}\left( m \sqrt{ - (x-y)^{2} } \right)$

Причина, по которой я задаю этот вопрос, заключается в том, что в расчетах используется следующая диаграмма Фейнмана:

У меня было бы в пространстве позиций следующее:

\propto \int г^{4} ты г_{0} (Икс, ты) г_{0} (ты, ты) г_{0} (ты, у) "=" \int г^{4} ты [\int \frac{г^{4} п}{(2 π)^{4}} \frac{е^{- я п \cdot (Икс - ты)}}{п^{2} + м^{2} - я ϵ}] [\int \frac{г^{4} к}{(2 π)^{4}} \frac{1}{к^{2} + м^{2} - я ϵ}] [\int \frac{г^{4} д}{(2 π)^{4}} \frac{е^{- я п \cdot (ты - у)}}{д^{2} + м^{2} - я ϵ}] "=" \int \frac{г^{4} п}{(2 π)^{4}} \frac{е^{- я п \cdot (Икс - у)}}{(п^{2} + м^{2} - я ϵ)^{2}} \int \frac{г^{4} к}{(2 π)^{4}} \frac{1}{к^{2} + м^{2} - я ϵ} "=" ЧАС (Икс, у) \int \frac{г^{4} к}{(2 π)^{4}} \frac{1}{к^{2} + м^{2} - я ϵ}

$\propto \int d^{4}u\ G_{0}(x,u) G_{0}(u,u) G_{0}(u,y)\\ = \int d^{4}u \left[ \int \frac{d^{4}p}{(2\pi)^{4}} \frac{e^{-i p \cdot (x-u)}}{p^{2}+m^{2}-i\epsilon} \right] \left[ \int \frac{d^{4}k}{(2\pi)^{4}} \frac{1}{k^{2}+m^{2}-i\epsilon} \right] \left[ \int \frac{d^{4}q}{(2\pi)^{4}} \frac{e^{-i p \cdot (u-y)}}{q^{2}+m^{2}-i\epsilon} \right] \\ = \int \frac{d^{4}p}{(2\pi)^{4}} \frac{e^{-i p \cdot (x-y)}}{(p^{2}+m^{2}-i\epsilon)^{2}} \ \int \frac{d^{4}k}{(2\pi)^{4}} \frac{1}{k^{2}+m^{2}-i\epsilon} \\ = H(x,y) \int \frac{d^{4}k}{(2\pi)^{4}} \frac{1}{k^{2}+m^{2}-i\epsilon}$

Вы можете регулировать интеграл по $k$ как угодно, но что делать с $H(x,y)$ здесь?

Кажется, что $H(x,y)$ всплывает много, когда вы делаете расчеты, как это. Есть ли способ оценить $H(x,y)$ ? Наверняка это где-то было сделано?

Шон Э. Лейк

К вашему сведению, вам не хватает дельта-функции на световом конусе в пропагаторе. См. пропагандист Фейнмана в Википедии .

Ответы (1)

Преобразование Фурье квадрата свободного пропагатора - ∫d4p e−ip⋅xp2+m2−iϵ∫d4p e−ip⋅xp2+m2−iϵ\int d^{4}p\ \frac{e^{-ip\cdot x }}{p^{2}+m^{2}-i\эпсилон}

К вашему сведению, вам не хватает дельта-функции на световом конусе в пропагаторе. См. пропагандист Фейнмана в Википедии .

Шон Э. Лейк · Answer 1

Обратите внимание, что вам не нужно выполнять преобразование Фурье, чтобы получить желаемый результат. Все, что вам нужно, это трансляционная инвариантность $G$ (т.е. $G(x,y) = G(x+w, y+w) = G(|x-y|)$ ) сказать, что первый интеграл дает:

\begin{aligned} я & \equiv \int г^{4} ты г_{0} (Икс, ты) г_{0} (ты, ты) г_{0} (ты, у) \\ "=" г (0) \int г^{4} ты г_{0} (Икс, ты) г_{0} (ты, у), \end{aligned}

$\begin{align} I & \equiv \int \operatorname{d}^4 u \ G_0(x,u)\, G_0(u,u)\, G_0(u,y) \\ & = G(0) \int \operatorname{d}^4 u \ G_0(x,u)\, G_0(u,y), \end{align}$ пока функция Грина

G

$G$ был соответствующим образом упорядочен, чтобы сделать

G (0)

$G(0)$ конечный. Обратите внимание, что цепочка свертки может расти бесконечно долго. Рассмотрим точно разрешимое возмущение вида

Δ L = - \frac{1}{2} (Δ m^{2}) ϕ^{2}

$\Delta \mathcal{L} = - \frac{1}{2}(\Delta m^2) \phi^2$ , вы получите именно такую бесконечную цепочку в создании сетевого пропагатора со смещенной массой.

Один из способов расчета $H$ следует отметить, что он может быть получен по пределу:

\begin{aligned} ЧАС (Икс, у) & "=" \underset{{мю}^{2} \to 0}{лим} \int г^{4} ты г_{0} (Икс, ты; м) г_{0} (ты, у; \sqrt{м^{2} + {мю}^{2}}) \\ "=" \underset{{мю}^{2} \to 0}{лим} \int \frac{г^{4} п}{(2 π)^{4}} \frac{е^{- я п \cdot (Икс - у)}}{(п^{2} + м^{2} - я ϵ) (п^{2} + м^{2} + {мю}^{2} - я ϵ)} \\ "=" \underset{{мю}^{2} \to 0}{лим} \int \frac{г^{4} п}{(2 π)^{4}} \frac{е^{- я п \cdot (Икс - у)}}{{мю}^{2}} [\frac{1}{п^{2} + м^{2} - я ϵ} - \frac{1}{п^{2} + м^{2} + {мю}^{2} - я ϵ}] \\ "=" \underset{{мю}^{2} \to 0}{лим} \frac{1}{{мю}^{2}} [г_{0} (м | Икс - у |) - г_{0} (\sqrt{м^{2} + {мю}^{2}} | Икс - у |)], \end{aligned}

$\begin{align} H(x,y) &= \lim_{\mu^2 \rightarrow 0} \int \operatorname{d}^4 u \ G_0(x,u; m)\, G_0(u,y; \sqrt{m^2 + \mu^2}) \\ & = \lim_{\mu^2 \rightarrow 0} \int \frac{\operatorname{d}^4 p}{(2\pi)^4} \frac{\mathrm{e}^{-ip\cdot(x-y)}}{ \left(p^2 + m^2 - i\epsilon \right) \left(p^2 + m^2 + \mu^2 - i\epsilon \right) } \\ & = \lim_{\mu^2 \rightarrow 0} \int \frac{\operatorname{d}^4 p}{(2\pi)^4} \frac{\mathrm{e}^{-ip\cdot(x-y)}}{\mu^2} \left[\frac{1}{p^2 + m^2 - i\epsilon} - \frac{1}{p^2 + m^2 + \mu^2 - i\epsilon}\right] \\ & = \lim_{\mu^2 \rightarrow 0} \frac{1}{\mu^2} \left[G_0(m|x-y|) - G_0\left(\sqrt{m^2 + \mu^2}|x-y|\right)\right], \end{align}$ где я использовал разложение на частичные дроби на промежуточном этапе. Выработка окончательного результата, который, вероятно, может быть сделан с использованием производных тождеств функции Бесселя , оставлена читателю в качестве упражнения.

@ Sean_E._Lake Это очень интересно, спасибо за понимание. Вы говорите, что я действительно могу взять предел $\mu^{2} \to 0$ , или это насколько я могу вычислить? (мне кажется, что первый член взорвется как $\mu^{2} \to 0$ )
Я считаю, что вы можете принять этот предел - он настроен точно так же, как производная, поэтому я предложил идентификаторы dlmf. Обратите внимание, как разрешимый $\Delta m^2$ возмущение производит бесконечный ряд, который сдвигает квадрат массы, так что вы можете представить себе, какую форму примет оператор перевода в квадрате массы, и он будет включать производные по отношению к квадрату массы, как мы получили здесь.
@Sean_E._Lake Кажется, я понимаю, о чем ты говоришь; Если я определяю функцию $f(\mu^{2}) = G_{0}(x,y;\sqrt{m^{2}+\mu^{2}})$ такой, что $f(0) = G_{0}(x,y;m)$ , то указанный выше предел точно соответствует $- f^{\prime}(0) = - \frac{d G(x,y;\sqrt{m^{2}+\mu^{2}})}{d(\mu^{2})} \big|_{\mu^{2} = 0}$ . Это верно?
Да, хотя вам не нужно определять отдельную функцию. Подумайте, что $- \frac{\partial г_{0}}{\partial м^{2}}$ $-\frac{\partial G_0}{\partial m^2}$ выглядит как. Для большего удовольствия вы можете сделать цепочку из $n$ извилины с $(\frac{[- 1]^{н}}{н!}) \frac{\partial^{н} г_{0}}{\partial [м^{2}]^{н}} .$ $\left(\frac{[-1]^n}{n!}\right) \frac{\partial^n G_0}{\partial [m^2]^n}.$

Преобразование Фурье квадрата свободного пропагатора - ∫d4p e−ip⋅xp2+m2−iϵ∫d4p e−ip⋅xp2+m2−iϵ\int d^{4}p\ \frac{e^{-ip\cdot x }}{p^{2}+m^{2}-i\эпсилон}

QuantumEyedea

Шон Э. Лейк

Ответы (1)

Шон Э. Лейк

QuantumEyedea

Шон Э. Лейк

QuantumEyedea

Шон Э. Лейк

Интегрируем ли пропагатор Фейнмана в пространстве Минковского?

Зависящий от обрезания «обратный пропагатор» для перенормировки

Однопетлевой 1ПИ эффективного действия и одетые пропагаторы

Доказательство двухточечной функции геометрического ряда

Сложный лагранжиан — проверка правил Фейнмана

Что на самом деле означает вычислять вещи на уровне дерева?

Правила Фейнмана из Лагранжа

Поправка к скалярному пропагатору - производная связь

Расходящаяся петля Фейнмана в импульсном пространстве — как описать ее в пространстве положений?

Как можно прочитать правила Фейнмана по лагранжиану?