Разложение возмущения эффективного действия

Вопрос был опубликован почти год и не получил ответа. Теперь, я думаю, я мог бы попытаться дать ответ, основываясь на моем исследовании в этом году. Поскольку я думаю, что обсуждение эффективного действия в главе 11 « Введения в квантовую теорию поля» (Пескин и Шредер) не очень ясно, я реорганизую весь материал по-своему. Другая ссылка — Квантовая теория поля (Марк Средницкий) .

Если доказательство уравнения можно найти в книге Пескина, я не буду повторять его здесь. Поэтому, пожалуйста, прочитайте ответ с книгой Пескина.

Мое определение метрики$\mathrm{diag}(-1,1,1,1)$

Эффективное действие

Интеграл по путям квантового поля с внешним источником равен

$$Z[J] = e^{-iE[J]} = \int \mathcal{D} \phi \exp\left[ i\int d^4x (\mathcal{L}[\phi] + J \phi) \right]$$

Определять$\phi_{\mathrm{cl}} (x) \equiv \langle \Omega | \phi(x) | \Omega \rangle_{J}$, мы можем вывести, что

$$\frac{\delta}{\delta J(x)} E[J] = - \phi_{\mathrm{cl}}(x)$$ Теперь мы определяем эффективное действие как $$\Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}] \equiv -E[J] - \int d^4y J(y) \phi_{\mathrm{cl}}(y)$$ Предполагать $\mathcal{L}$инвариантен относительно преобразования $U$, т.е. $\mathcal{L}(U\phi) = \mathcal{L}(\phi)$. У нас есть $$U\phi_{\mathrm{cl}}(x) = \langle \Omega | U\phi(x) | \Omega\rangle_{J} = \frac{\int \mathcal{D}\phi e^{i \int \mathcal{L}(\phi)+J\phi}U\phi(x)}{\int \mathcal{D}\phi e^{i \int \mathcal{L}(\phi)+J\phi}}$$ Определять $J' = \frac{J\phi}{U\phi}$, и мы предполагаем, что мера континуального интеграла инвариантна относительно преобразования $U$, то имеем $$U\phi_{\mathrm{cl}}(x) = \frac{\int \mathcal{D}U\phi e^{i \int \mathcal{L}(U\phi)+J'U\phi}U\phi(x)}{\int \mathcal{D}U\phi e^{i \int \mathcal{L}(U\phi)+J'U\phi}} = \frac{\int \mathcal{D}\phi e^{i \int \mathcal{L}(\phi)+J'\phi}\phi(x)}{\int \mathcal{D}\phi e^{i \int \mathcal{L}(\phi)+J'\phi}} = \langle \Omega | \phi(x) | \Omega\rangle_{J'}$$ С одной стороны, мы имеем $$\Gamma[U\phi_{\mathrm{cl}}] = E[J'] - \int d^4y J'(y)U\phi_{\mathrm{cl}}(y) = E[J'] - \int d^4y J(y)\phi_{\mathrm{cl}}(y)$$ С другой стороны, у нас есть $$\begin{eqnarray} Z[J'] &=& \int \mathcal{D}\phi \exp \left[ i \int d^4x \mathcal{L}(\phi)+J'\phi \right] = \int \mathcal{D}U\phi \exp \left[ i \int d^4x \mathcal{L}(U\phi)+J'U\phi \right] \nonumber \\ &=& \int \mathcal{D}\phi \exp \left[ i \int d^4x \mathcal{L}(\phi)+J\phi \right] = Z[J] \nonumber \end{eqnarray}$$ Так, $E[J] = E[J']$и очевидно $$\Gamma(U\phi_{\mathrm{cl}}) = E[J] - \int d^4y J(y)\phi_{\mathrm{cl}}(y) = \Gamma(\phi_{\mathrm{cl}})$$ Мы доказали, что эффективное действие инвариантно относительно преобразования $U$.

Мы можем дополнительно убедиться, что

$$\frac{\delta}{\delta \phi_{\mathrm{cl}}(x)} \Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}] = -J(x)$$ Если внешний источник установлен равным нулю, эффективное действие удовлетворяет уравнению $$\frac{\delta}{\delta \phi_{\mathrm{cl}}(x)} \Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}] = 0$$ Решением этого уравнения являются значения $\langle \phi(x) \rangle$в устойчивых квантовых состояниях теории. Для трансляционно-инвариантного состояния вакуума найдем решение, в котором $\phi_{\mathrm{cl}}$не зависит от $x$. Для простоты предположим, что в нашем последующем обсуждении все состояния вакуума трансляционно-инвариантны. Так что если $T$- временная протяженность региона и $V$— его трехмерный объем, мы можем определить эффективный потенциал поля как $$\Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}] = -(VT) \cdot V_{\mathrm{eff}}(\phi_{\mathrm{cl}})$$ Условие, что $\Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}]$имеет экстремум, то сводится к простому уравнению $$\frac{\partial}{\partial \phi_{\mathrm{cl}}} V_{\mathrm{eff}}(\phi_{\mathrm{cl}}) = 0$$ Система со спонтанно нарушенной симметрией будет иметь несколько минимумов $V_{\mathrm{eff}}$, все с одинаковой энергией в силу симметрии. Выбор одного из этих вакуумов есть спонтанное нарушение симметрии. Обратите внимание, что $V_{\mathrm{eff}}(\phi_{\mathrm{cl}})$обладают той же симметрией, что и исходный лагранжиан, даже если состояние вакуума является спонтанным нарушением симметрии.

Расчет эффективного действия

Разложить лагранжиан на часть, зависящую от перенормированных параметров, и часть, содержащую контрчлены

$$\mathcal{L} = \mathcal{L}_1 + \delta \mathcal{L}$$ Определять $J_1$к $$\left. \frac{\delta \mathcal{L}_1}{\delta \phi} \right|_{\phi = \phi_{\mathrm{cl}}} + J_1(x) = 0$$ Определять $\delta J$к $$J(x) = J_1(x) + \delta J(x)$$ Итак, у нас есть $$e^{-iE[J]} = \int \mathcal{D}\phi e^{i\int d^4x (\mathcal{L}_1 + J_1\phi)} e^{i\int d^4x (\delta \mathcal{L} + \delta J \phi)}$$ Заменять $\phi$к $\phi_{\mathrm{cl}}+\eta$, $$\begin{eqnarray} \int d^4x \, (\mathcal{L}_1 + J_1\phi) &=& \int d^4x \, (\mathcal{L}_1[\phi_{\mathrm{cl}}] + J_1\phi_{\mathrm{cl}}) + \int d^4x \, \eta(x) \left( \frac{\delta \mathcal{L}_1}{\delta \phi} + J_1 \right) \nonumber \\ &+& \frac{1}{2} \int d^4x \, d^4y \, \eta(x) \eta(y) \frac{\delta^2 \mathcal{L}_1}{\delta \phi(x) \delta \phi(y)} \nonumber \\ &+& \frac{1}{3!} \int d^4x \, d^4y \, d^4z \, \eta(x) \eta(y) \eta(z) \frac{\delta^3 \mathcal{L}_1}{\delta \phi(x) \delta \phi(y) \delta \phi(z)} + \cdots \nonumber \end{eqnarray}$$ Термин, линейный по $\eta$исчезает по определению $J_1$. Затем верните эффекты контрчлена лагранжиана, записав его как $$(\delta \mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}}] + \delta J \phi_{\mathrm{cl}} ) + ( \delta \mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}} + \eta] - \delta\mathcal{L} [\phi_{\mathrm{cl}}] + \delta J \eta)$$ Определять $$\mathcal{L}_2 = \left(\frac{1}{3!} \int d^4x \, d^4y \, d^4z \, \eta(x) \eta(y) \eta(z) \frac{\delta^3 \mathcal{L}_1}{\delta \phi(x) \delta \phi(y) \delta \phi(z)} + \cdots \right) + ( \delta \mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}} + \eta] - \delta\mathcal{L} [\phi_{\mathrm{cl}}] + \delta J \eta)$$ Так $$e^{-iE[J]} = C_1 e^{i\int \mathcal{L}_2(\frac{1}{i} \frac{\delta}{\delta I})} \left. \int \mathcal{D}\eta e^{i\int \left(\frac{1}{2} \eta \frac{\delta^2 \mathcal{L}_1}{\delta \phi \delta \phi} \eta + I\eta \right)} \right|_{I=0}$$ где $$C_1 \equiv \exp \left[ i \int ( \mathcal{L}_1 [\phi_{\mathrm{cl}}] + J_1\phi_{\mathrm{cl}} + \delta \mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}}] + \delta J \phi_{\mathrm{cl}} )\right]$$ Если мы определим пропагатор $D_F$как $$D_F \equiv i \left( \frac{\delta^2 \mathcal{L}_1}{\delta \phi \delta \phi}\right)^{-1}$$ У нас есть $$Z[J] = e^{-iE[J]} =C_1 Z_0[0] e^{i\int \mathcal{L}_2(\frac{1}{i} \frac{\delta}{\delta I})} \left. \int \mathcal{D}\eta e^{i\int \left(-\frac{1}{2} I D_F I \right)} \right|_{I=0}$$ где $$Z_0[0] \equiv \int \mathcal{D}\eta e^{ \frac{i}{2}\int \eta \left( \frac{\delta^2 \mathcal{L}_1}{\delta \phi \delta \phi}\right) \eta }$$ Пескин представлен $Z_0[0]$методом функционального определителя на этом шаге. Но я введу этот метод при работе с конкретным примером и постараюсь сделать этот странный "детерминант" более естественным.

Напомним, что в теории возмущений для интеграла по траекториям мы можем получить разложение возмущения для$iE[J]$используя связную диаграмму Фейнмана. Доказательство можно найти в разделе 9 Quantum Field Theory (Mark Srednicki) . Итак, у нас есть

$$-iE[J] = i \int ( \mathcal{L}_1 [\phi_{\mathrm{cl}}] + J_1\phi_{\mathrm{cl}} + \delta \mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}}] + \delta J \phi_{\mathrm{cl}} ) + \log(Z_0[0]) + \mbox{ connected diagrams }$$ Обратите внимание, что пропагатор диаграммы задается выражением $D_F$, вершина диаграммы задается $\mathcal{L}_2$. Это процедура, которая преобразует такие термины, как $\frac{1}{3!} \int d^4x d^4y d^4z \eta(x) \eta(y) \eta(z) \frac{\delta^3 L_1}{\delta\phi(x) \delta\phi(y) \delta\phi(z)}$и $\delta L[\phi_{cl}+\eta]-\delta L[\phi_{cl}] + \delta J \eta$в связные схемы.

Из этого уравнения$\Gamma$следует непосредственно:

$$\Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}] = \int d^4x \mathcal{L}_1[\phi_{\mathrm{cl}}] -i\log(Z_0[0]) -i \mbox{ connected diagrams} + \int d^4x \delta\mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}}]$$

Обратите внимание, что не осталось терминов, которые явно зависят от$J$; таким образом,$\Gamma$выражается как функция$\phi_{\mathrm{cl}}$, как и должно быть. Диаграммы Фейнмана, способствующие$\Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}]$не имеют внешних линий, а самые простые получаются с двумя петлями. Квантовая поправка низшего порядка к$\Gamma$задается функциональным определителем.

Последний член предоставляет набор контрчленов, которые можно использовать для удовлетворения условий перенормировки на$\Gamma$и при этом аннулировать расхождения, возникающие при вычислении функционального определителя и диаграмм. Условия перенормировки будут определять все контрчлены в$\delta \mathcal{L}$. Однако построенный нами формализм содержит новый контрчлен$\delta J$. Этот коэффициент определяется$\langle \eta \rangle = 0$. На практике мы удовлетворим этому условию, просто игнорируя любую одночастично-неприводимую одноточечную диаграмму, так как любая такая диаграмма будет отменена подгонкой$\delta J$.

Линейная сигма-модель

Начнем снова с лагранжиана

$$\mathcal{L}_1 = -\frac{1}{2} \partial_{\mu} \phi^i \partial^{\mu}\phi^i + \frac{1}{2} \mu^2 (\phi^i)^2 - \frac{\lambda}{4} [(\phi^i)^2]^2$$ Развернуть о классическом поле $\phi^i = \phi_{\mathrm{cl}}^i + \eta^i$, и мы предполагаем, что вакуум трансляционно-инвариантен. Тогда у нас есть $$\mathcal{L}_1 = -\frac{1}{2}(\partial_{\mu}\eta)^2 + \frac{1}{2}\mu^2(\eta^i)^2 - \frac{\lambda}{2}[(\phi_{\mathrm{cl}}^2)(\eta^i)^2+ 2(\phi_{\mathrm{cl}}^i\eta^i)^2] + \cdots$$ Из членов, квадратичных по $\eta$, мы можем прочитать $$\frac{\delta^2 \mathcal{L}_1}{\delta\phi^i\delta\phi^j} = \partial^2\delta_{ij} + \mu^2\delta_{ij} - \lambda[(\phi_{\mathrm{cl}}^k)^2\delta_{ij} + 2\phi_{\mathrm{cl}}^i \phi_{\mathrm{cl}}^j]$$ Мы выбираем состояние вакуума, требуя $\phi_{\mathrm{cl}}^i$точки в $N$направление $$\phi_{\mathrm{cl}}^i = (0,\cdots,\phi_{\mathrm{cl}})$$ Тогда оператор просто равен оператору Клейна-Гордона $(\partial^2-m_i^2)$, где $$m_i^2 = \begin{cases} \lambda\phi_{\mathrm{cl}}^2-\mu^2 \quad i=1,\cdots,N-1 \\ 3\lambda\phi_{\mathrm{cl}}^2-\mu^2 \quad i=N \end{cases}$$ $$Z_0[0] \equiv \prod_{i=1}^{N} Z_i = \prod_{i=1}^{N} \int \mathcal{D}\eta e^{ \frac{i}{2}\int \eta \left( \partial^2-m_i^2\right) \eta }$$ Здесь, $m_i$является функцией $\phi_{cl}$. мы хотим получить $\log Z_0[0]$как функция $\phi_{cl}$и постоянный бесконечный сдвиг $\log Z_0[0]$будет отброшено в нашем расчете. Мы лечим $-\frac{1}{2}m_i^2\eta^2$как возмущение, поэтому имеем $$Z_i \propto e^{-\frac{im_i^2}{2}(\frac{1}{i} \frac{\delta}{\delta I})^2} \left. \int \mathcal{D}\eta e^{i\int \left(-\frac{1}{2} I S_F I \right)} \right|_{I=0}$$ где $$S_F(x-y) = \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} \frac{-i}{p^2}e^{ip(x-y)}$$ Теперь у нас могут быть следующие правила Фейнамна.

1. Строка из$x$к$y$связан с$S_F(x-y)$
2. Вершина, соединяющая две прямые в$x$связан с$-im_i^2\int d^4x$

Итак, у нас есть

$$\log Z_i = \sum_{I}C_I$$ где $C_I$представляет собой подключенную диаграмму без внешнего источника. Связная диаграмма без внешнего источника должна иметь следующий вид Итак, имеем $$C_n = \frac{1}{2n}\int \prod_{k=1}^{n} \frac{d^4p_k d^4x_k}{(2\pi)^4} \frac{-m_i^2}{p_k^2} \exp(ip_k(x_k-x_{k+1})) = \int d^4p \delta(0) \left(-\frac{m_i^2}{p^2} \right)^n$$ $$\log Z_i = -\frac{1}{2}VT \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} \sum -\frac{1}{n} \left(-\frac{m_i^2}{p^2} \right)^n = -\frac{1}{2}VT\int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} \log(1+\frac{m_i^2}{p^2})$$ Напомним интеграл Гаусса $$\int _{-\infty }^{\infty }e^{\left(-{\frac {i}{2}}\sum \limits _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}\,d^{n}x = {\sqrt {\frac {(-2\pi i)^{n}}{\det A}}}$$ Итак, формально имеем $$\log Z_i = -\frac{1}{2}\log \det (-\partial_x^2 + m_i^2)\delta(x-y)$$ Определять $$M(x-y) \equiv (-\partial_x^2 + m_i^2)\delta(x-y) \quad M_0(x,y) \equiv -\partial_x^2\delta(x-y) \quad M_1(y,z) \equiv \delta(y-z) + im_i^2D_F(y-z)$$ Мы можем убедиться, что $$M(x,z) = \int d^4y M_0(x-y)M_1(y-z)$$ Так, $$\log \det M = \log \det M_0 + \log \det M_1 \approx \log \det M_1$$ Мы выпадаем $\log \det M_0$потому что он не содержит $m(\phi_{\mathrm{cl}})$. Кроме того, у нас есть $M_1 = I - G$, где $I = \delta(x-y)$является единичной матрицей и $G = -im_i^2D_F$. Так $$\log \det M_1 = \mathrm{Tr} \log M_1 = \mathrm{Tr} \log(I-G) = -\frac{1}{n}\sum_{n=1}^{\infty} \mathrm{Tr} G_n$$ Итак, у нас есть $$\log Z_i = -\frac{1}{2}\log \det M = \frac{1}{2n} \mathrm{Tr} G_n = \sum_n C_n$$ Затем мы воспроизводим приведенный выше результат, используя метод возмущения диаграммы. Хотя определение функционального определителя не очень строгое, мы можем доверять ему как эффективному способу вычисления функционального интеграла Гаусса.

Следующий расчет требует трюков с вращением фитиля и регуляризацией размеров, и вы можете обратиться к уравнению 11.72 из книги Пескина за подробностями. Здесь я просто перечисляю окончательный результат:

$$\log Z_0[0] = \frac{i}{2}\frac{\Gamma(-\frac{d}{2})}{(4\pi)^{d/2}}(m^2)^{\frac{d}{2}}VT$$ Таким образом, с точностью до одной петли, мы можем получить $$V_{\mathrm{eff}} = -\frac{1}{2} \mu^2 \phi_{\mathrm{cl}}^2 + \frac{\lambda}{4} \phi_{\mathrm{cl}}^4 - \frac{1}{2}\frac{\Gamma(-\frac{d}{2})}{(4\pi)^{d/2}}[(N-1)(\lambda\phi_{\mathrm{cl}}^2-\mu^2)^{\frac{d}{2}} + (3\lambda\phi_{\mathrm{cl}}^2-\mu^2)^{\frac{d}{2}}] + \frac{1}{2}\delta_{\mu}\phi_{\mathrm{cl}}^2 + \frac{1}{4}\delta_{\lambda}\phi_{\mathrm{cl}}^4$$ И если мы хотим $V_{\mathrm{eff}}$конечен для членов, включающих $\phi_{\mathrm{cl}}$, мы можем получить $$\delta_{\lambda} = \frac{2\lambda^2(N+8)}{(4\pi)^2} \times \frac{1}{4-d} + \mbox{ finite terms }$$ $$\delta_{\mu} = -\frac{2\lambda\mu^2(N+2)}{(4\pi)^2} \times \frac{1}{4-d} + \mbox{ finite terms }$$