$\newcommand{\bphi}{\boldsymbol{\phi}} \newcommand{\bD}{\mathbf{D}} \newcommand{\phiu}{\bphi_\textrm{unforced}} \newcommand{\force}{\mathbf{f}} \newcommand{\phis}{\bphi_s} \newcommand{\bG}{\mathbf{G}}$Чтобы ответить на этот вопрос, я сначала рассмотрю некоторую справочную информацию и введу некоторые компактные обозначения. Затем я объясню, почему правильное выражение является правильным. Затем я объясню, почему неправильное выражение является неправильным.

Введение/Обзор

Вы можете понять это, просто взглянув на ситуацию классически. В классической теории поля важны понятия волнового оператора и функции Грина. Я рассмотрю эти концепции по очереди.

Волновой оператор

Классически у вас есть поле$\bphi$которое при отсутствии внешнего воздействия удовлетворяет волновому уравнению$\bD \bphi=0$, где$\bD$- волновой оператор, который является некоторым дифференциальным оператором, в вашем случае он определяется выражением$\bD =\Box + m^2$. Важно отметить, что существует множество решений$\phiu$к волновому уравнению$\bD \bphi =0$.

функция Грина

Теперь предположим, что поле$\bphi$чувствует силу$\force$. Тогда поле будет удовлетворять волновому уравнению$\bD \bphi = \force$. Тогда всегда можно найти решение$\phis$уравнения, но это решение не единственное, так как если$\bD \phis = \force$, то у вас также есть

Теперь часто бывает так, что нам дают$\force$, и мы хотим найти$\phis$. Один из инструментов для этого называется функцией зеленого цвета. Функция Грина является одним из решений волнового уравнения, когда сила$f(y)$задается дельта-функцией$\delta(y)$. Функция зеленого обозначается$G(y)$. Обратите внимание, что существует множество вариантов функции Грина, поскольку решения волнового уравнения не уникальны. Но, выбрав конкретную функцию грина (то есть конкретное решение$\bD \bG = \boldsymbol{\delta}$, можно записать решение волнового уравнения для произвольного воздействия ($\bD \bphi=\force$) как$\phi_s(x)= \int G(x-y)f(y) dy$, который я напишу как$\phis = \bG * \force$.

Почему правильное выражение является правильным?

Чтобы объяснить, почему выражение правильное, я сначала докажу его абстрактно, используя символы, а затем покажу на примере, как работает доказательство.

Доказательство

Теперь, когда мы понимаем волновой оператор$\bD$и функции зеленого$\bG$, мы можем спросить, почему это так

Но есть один случай, когда$\phis'$будет равно$\phis$, и это когда$\phis$сам пришел из функции нашего зеленого$\bG$(в символах,$\phis = \bG * \force$для некоторой силы$\force$). Тогда, поскольку у нас все еще есть$\phis' = \bG * \force$, мы находим, что$\phis' = \phis$.

Теперь рассмотрим, в частности, случай, когда$\phis$происходит от функции зеленого, и на самом деле это происходит от применения функции зеленого к силе дельта-функции (в символах,$\phis = \bG*\boldsymbol{\delta} = \bG$. Тогда, как только что было объяснено, имеем$\phis' = \phis$. Теперь вспоминая, как мы изначально нашли$\phis'$измеряя силу и применяя наш метод функции Грина к силе, уравнение$\phis' = \phis$становится$\bG * \bD \phis = \phis$. Затем подключим наш конкретный выбор$\phis = \bG$, мы получаем$\bG * \bD \bG = \bG$, что мы и хотели показать.

Пример

Чтобы сделать это более конкретным, было бы полезно рассмотреть пример. Рассмотрим вынужденный простой гармонический осциллятор с частотой$\omega$, где (нульмерное) поле$\bphi$представляет положение осциллятора, а волновой оператор$\bD = \partial_t^2 + \omega^2$. Какова функция зелени? Что ж, если мы ударим по осциллятору молотком в$t=0$, мы ожидаем, что он будет колебаться с частотой$\omega$, так$G(t) = 0$для$t<0$и$G(t) = \sin(\omega t)$для$t>0$, с точностью до общей константы. (Эта константа$\dfrac{1}{\omega^2}$, поэтому функция нашего зеленого на самом деле$\dfrac{1}{\omega^2} \sin(\omega t)$).

Теперь давайте рассмотрим аргумент на этом примере. Мы берем функцию нашего зеленого$\bG = \dfrac{1}{\omega^2} \sin(\omega t)$для$t>0$и$\bG =0$для$t<0$, и узнаем, какая сила его создала. Мы делаем это, применяя волновой оператор, заданный формулой$\bD = \partial_t^2 + \omega^2$. Применяя оператор, находим, что движение удовлетворяет волновому уравнению для$t \ne 0$, но это при$t=0$, случилось что-то смешное, особенно$\delta$была применена функциональная сила. Теперь, когда у нас есть это$\force$, мы можем спросить, какое движение мы получим, когда применим нашу функцию Грина к этой силе. Итак, мы делаем свертки$\int \dfrac{1}{\omega^2} \sin(\omega(t-t')) \delta(t') dt'$и получаем ответ$\dfrac{1}{\omega^2} \sin(\omega(t))$, это как раз функция зеленого цвета, с которой мы начали, так что все в порядке.

Почему неверное выражение неверно?

Теперь мы также можем задать вопрос, что не так с$\bG = \bG*\bG$? Прежде всего заметим, что интеграл, вытекающий из свертки '$*$' повторяется все время. Это, вероятно, не то, что вы имели в виду. Вы, вероятно, имели в виду$G(t_3,\vec{x}_3;t_1,\vec{x}_1)= \int G(t_3,\vec{x}_3;t_2,\vec{x}_2) G(t_2,\vec{x}_2;t_1,\vec{x}_1) d \vec{x}_2$, где только промежуточная пространственная координата$\vec{x}_2$интегрируется по а не по времени$t_2$.

С этим есть очевидная проблема, которая заключается в том, что$\bG$преобразует силу в конфигурацию поля, а не конфигурацию поля в конфигурацию поля. Таким образом, уравнение потерпит неудачу по размерным соображениям.

Заметьте, однако, что даже помимо этих двух пунктов у этого нет шансов сработать, потому что будущая конфигурация$\phi(t_3)$поля зависит не только от прошлой конфигурации поля, но и от прошлого импульса поля. Теперь вы можете возразить: «Хорошо, значит, есть много будущих конфигураций полей, соответствующих данной прошлой конфигурации полей, так что мой$\tilde{\bG}$оператор не будет уникальным, но ваш$\bG$также не был уникальным, так что в этом такого?» Ну, вы могли бы определить неуникальный$\tilde{G}$, но это никак не могло бы удовлетворить$\tilde{G}(t_3-t_1) = \tilde{G}(t_3-t_2)\tilde{G}(t_2-t_1)$.

Чтобы убедиться в этом, вернемся к примеру простого гармонического осциллятора. Естественный выбор$\tilde{G}$является$\cos(\omega t)$. Как сказано выше, нам нужно было сделать выбор в отношении прошлого ($t=0$) импульс осциллятора, и здесь мы выбрали импульс равным нулю. Теперь предположим, что мы выбираем какое-то прошедшее время$t_1$и будущее время$t_3$. Затем$\tilde{\bG}(t_3 -t_1) = \cos(\omega(t_3-t_1))$, Теперь предположим, что мы выбираем какое-то промежуточное время$t_2$. Делает$\tilde{G}(t_3-t_1) = \tilde{G}(t_3-t_2)\tilde{G}(t_2-t_1)$? Ну нет, это не так. Что пойдет не так? Сначала мы можем вычислить$\tilde{G}(t_2-t_1)$и мы получаем$\cos(\omega (t_2-t_1))$, что мы и должны были получить для амплитуды в промежуточный момент времени$t_2$. Но теперь возникает решающая проблема. Когда мы развиваем это вперед, умножая на$\tilde{G}(t_3-t_2)$, мы должны сделать предположение об импульсе. Мы предположили, что импульс равен нулю, но в данном случае это не так. Это означает, что мы получаем$\cos(\omega(t_3 - t_2))\cos(\omega t_2)$вместо$\cos(\omega(t_3-t_1))$как мы должны были. Это основная проблема при попытке получить$\tilde{\bG} = \tilde{\bG}*\tilde{\bG}$.

Поэтому пропагатор Фейнмана является функцией Грина уравнения Клейна-Гордона.$G(x,z) = \int G(x-y) (\Box_y +m^2) G(y-z) dy^4$эквивалентно$G(x,z) = \int G(x-y) \delta(y-z) dy^4$если вы используете дельта-функцию для выполнения интеграла, который вы получите$G(x,z)=G(x-z)$. Теперь, что касается интуиции, я бы сказал, что причина, по которой вы не можете просто перемножить пропагаторы, заключается в том, что тогда вы получите вероятность того, что частица перешла от z к y и от y к x, тогда как пропагатор Фейнмана дает только вероятность что частица прошла путь от z до x независимо от того, прошла она через y или нет. Вот почему вам нужна дельта-функция, чтобы гарантировать, что y и z являются одной и той же точкой.