Amplitud de dispersión y fórmula LSZ

Question

Amplitud de dispersión y fórmula LSZ

Física
dispersión
teoría de la matriz s
Feynman-diagramas
teoría cuántica de campos
funciones de correlación

nerviosxxx

Estoy llegando a una contradicción.

Para calcular la amplitud de dispersión, generalmente se sigue la prescripción dada por las reglas de Feynman de que solo se consideran diagramas completamente conectados con el número requerido de patas externas entrantes y salientes (consulte Peskin y Schroeder, página 111, donde dicen: solo los diagramas completamente conectados contribuyen a el $T$ matriz).

Por totalmente conectado , uno significa que solo considera gráficos desde los cuales puede pasar de una línea a cualquier otra línea (consulte la página 3 de este documento) .

Por otro lado, tenemos la fórmula LSZ, que dice que la amplitud de dispersión viene dada por el residuo (a medida que los momentos van en el caparazón) de la función de correlación correspondiente. por ejemplo, en $\phi^4$ teoría,

\begin{aligned} METRO ({pag}_{a}, {pag}_{b} \to k_{1}, k_{2}) d^{(4)} ({pag}_{a} + {pag}_{b} - k_{1} - k_{2}) \sim \\ \underset{{pag}_{a}^{2}, {pag}_{b}^{2}, k_{1}^{2}, k_{2}^{2} \to {metro}^{2}}{límite} ({pag}_{a}^{2} - {metro}^{2}) ({pag}_{b}^{2} - {metro}^{2}) (k_{1}^{2} - {metro}^{2}) (k_{2}^{2} - {metro}^{2}) GRAMO ({pag}_{a}, {pag}_{b}, - k_{1}, - k_{2}) . \end{aligned}

$\begin{align} &\mathcal{M}(p_a,p_b \to k_1, k_2) \delta^{(4)}(p_a + p_b-k_1 -k_2) \sim \nonumber\\ &\lim_{p_a^2,p_b^2,k_1^2,k_2^2 \to m^2} (p_a^2 - m^2)(p_b^2 - m^2)(k_1^2 - m^2)(k_2^2 - m^2)G(p_a,p_b,-k_1,-k_2). \end{align}$

Pero estas dos prescripciones parecen dar una contradicción. Considere en $\phi^4$ teoría, la $\mathcal{M}(4 \to 4)$ dispersión. Tenemos este diagrama (bueno, si alguien pudiera dibujar el diagrama, sería genial),

\begin{aligned} X X \end{aligned}

$\begin{align} \text{X} \text{X} \end{align}$

que consta de dos separados $2 \to 2$ procesos de dispersión.

Este diagrama no está completamente conectado, por lo que debemos ignorarlo en la primera prescripción, sin embargo, no se evalúa como $0$ bajo la fórmula LSZ, por lo que deberíamos incluirlo.

Físicamente tiene sentido que la contribución del orden líder a un $4 \to 4$ proceso está dado por dos $2 \to 2$ pero la prescripción totalmente conectada se pierde eso.

Entonces, ¿hay alguna advertencia sobre la regla completamente conectada de dibujar diagramas de Feynman, ya que creo que la fórmula LSZ es matemáticamente verdadera y físicamente razonable?

jia yiyang

Relacionado: physics.stackexchange.com/q/51993 , la respuesta corta es: "Solo los diagramas completamente conectados contribuyen a la matriz T" simplemente no es cierto, solo es cierto para "

2 \to 2

$2\to2$ " Dispersión, si tiene más partículas en los estados inicial o final, los diagramas completamente conectados solo contribuyen a la llamada "parte conectada de la matriz S", que no es idéntica a los elementos de la matriz de la matriz T. Weinberg Vol I sobre la teoría de la dispersión tiene una buena introducción.

nerviosxxx

@JiaYiyang Acabo de pensar más en esto, en mi ejemplo dos

2 \to 2

$2 \to 2$ dispersión, todavía hay una función delta

δ^{(4)} (p_{1} + p_{2} - k_{1} - k_{2})

$\delta^{(4)}(p_1 + p_2 - k_1 - k_2)$ aparte de la función delta general

δ^{(4)} (p_{1} + p_{2} + p_{3} + p_{4} - k_{1} - k_{2} - k_{3} - k_{4})

$\delta^{(4)}(p_1 + p_2 + p_3 + p_4 - k_1 - k_2 - k_3 - k_4)$ entonces, en este espacio de fase restringido de 8 partículas, la primera función delta tiene soporte en la medida

0

$0$ de todos modos (ya que necesitamos la condición restrictiva de que los momentos de 2 partículas entrantes son iguales a 2 partículas salientes en particular), por lo que su contribución se desvanece, entonces, ¿quizás es por eso que la receta completamente conectada sigue siendo correcta?

Respuestas (1)

Amplitud de dispersión y fórmula LSZ

Relacionado: physics.stackexchange.com/q/51993 , la respuesta corta es: "Solo los diagramas completamente conectados contribuyen a la matriz T" simplemente no es cierto, solo es cierto para " $2\to2$ " Dispersión, si tiene más partículas en los estados inicial o final, los diagramas completamente conectados solo contribuyen a la llamada "parte conectada de la matriz S", que no es idéntica a los elementos de la matriz de la matriz T. Weinberg Vol I sobre la teoría de la dispersión tiene una buena introducción.
@JiaYiyang Acabo de pensar más en esto, en mi ejemplo dos $2 \to 2$ dispersión, todavía hay una función delta $\delta^{(4)}(p_1 + p_2 - k_1 - k_2)$ aparte de la función delta general $\delta^{(4)}(p_1 + p_2 + p_3 + p_4 - k_1 - k_2 - k_3 - k_4)$ entonces, en este espacio de fase restringido de 8 partículas, la primera función delta tiene soporte en la medida $0$ de todos modos (ya que necesitamos la condición restrictiva de que los momentos de 2 partículas entrantes son iguales a 2 partículas salientes en particular), por lo que su contribución se desvanece, entonces, ¿quizás es por eso que la receta completamente conectada sigue siendo correcta?

jia yiyang · Answer 1

Los elementos de la matriz T no son lo mismo que los diagramas completamente conectados. Recuerde que la matriz T se define como

T = S - I,

$T=S-I,$ dónde

S

$S$ es la matriz S y

I

$I$ es la matriz identidad. La parte de la matriz S incluye todos los diagramas posibles, excepto las burbujas de vacío y los diagramas no amputados. Ahora solo tenemos que preguntar, ¿restar una matriz de identidad elimina todo el diagrama desconectado? Obviamente no, porque

⟨ {pag}_{1}, \dots, {pag}_{metro} | I | k_{1}, \dots, k_{norte} ⟩ = d_{metro norte} \sum_{σ} \prod_{i} d^{4} ({pag}_{σ (i)} - k_{i}),

$\langle p_1,\ldots,p_m|I|k_1,\ldots,k_n\rangle=\delta_{mn}\sum_{\sigma}\prod_i\delta^4(p_{\sigma(i)}-k_i),$ dónde

σ

$\sigma$ es una permutación de índices, y he asumido bosones para evitar cambios de signo en las permutaciones. Entonces, la matriz de identidad corresponde a diagramas con líneas rectas no solo desconectadas, sino que tampoco contienen vértices, sin embargo, la matriz S contiene algunos diagramas desconectados que contienen vértices, por lo que solo una resta de

I

$I$ no se los quitará.

$2\to2$ la dispersión es especial, porque si realmente intenta dibujar diagramas con 4 líneas externas, está desconectado y no contiene vértices (ya que hemos excluido las burbujas de vacío y los diagramas no amputados), o simplemente está completamente conectado, por lo que en este caso la resta de $I$ quitará todos los diagramas desconectados. Es por esto que para $2\to2$ dispersión, solo necesitamos calcular diagramas completamente conectados. Peskin & Schroeder es potencialmente confuso porque nunca entran en situaciones con más de 4 líneas externas.

Los libros de texto no hablan mucho sobre diagramas desconectados porque pueden calcularse trivialmente a partir de sus componentes conectados, este silencio podría ser otra fuente de confusiones (nuevamente, recomendaré a Weinberg aquí).

En conclusión, simplemente no existe tal cosa como "prescripción de diagrama completamente conectado" (a menos que desee un nombre elegante para el $2\to2$ caso de dispersión), y después de estas aclaraciones no debería haber "contradicción" como lo describe OP.

Gracias por su respuesta, pero para (II), es obvio física y matemáticamente que su LHS debe contener una función delta de conservación del impulso. Recuerda la identidad matemática $\delta(x)\delta(y) = \delta(x+y)\delta(y)$ . Así que vamos a aplicarlo a $2 \to 2$ dispersión en la teoría escalar libre, que tiene solo 2 (propagadores desconectados). Así que si $p_1$ va a $k_1$ y $p_2$ va a $k_2$ , tenemos $\sim \delta^{(4)}(p_1-k_1)\delta^{(4)}(p_2-k_2) = \delta^{(4)}(p_1+p_2-k_1-k_2)\delta^{(4)}(p_1-k_1)$ que es su función delta de conservación de impulso general.
Además, solo para aclarar, no quiero decir que deba haber una función delta fuera de $\langle \cdots |S|\cdots\rangle$ , sino que hay una función delta dentro de los elementos de la matriz de $S$ , para que puedas factorizar $\langle \cdots |S|\cdots\rangle$ en función delta $\times$ algo más (que resulta ser el llamado elemento de matriz invariante $\mathcal{M}$ )
@nervxxx: En realidad, después de tu aclaración, ya no entiendo tu confusión, de hecho, como mostraste $\delta^{(4)}(p_1 + p_2 + p_3 + p_4 - k_1 - k_2 - k_3 - k_4)\delta^{(4)}(p_1 + p_2 - k_1 - k_2)$ nos restringe en una superficie de espacio de fase de menor dimensión que solo una función delta general, pero esto solo tiene que ver con secciones transversales, mientras que aquí solo estamos hablando de elementos de matriz S. Entonces, parece que la parte I de mi respuesta es suficiente para responder su pregunta, simplemente no hay contradicción, a menos que insista en que hay una receta de "diagrama completamente conectado", lo cual es incorrecto.

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nerviosxxx

jia yiyang

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