Amplitudes de esfera de cuerda de 2 puntos

Question

Amplitudes de esfera de cuerda de 2 puntos

Física
teoria de las cuerdas
greens-funciones
teoría cuántica de campos
funciones de correlación
teoría del campo conforme

Wakabaloola

Existe una tradición estándar en la teoría de supercuerdas de que las amplitudes de esfera de 2 puntos desaparecen . Esto está en línea con el hecho básico de que las amplitudes de las cuerdas dan funciones de Green amputadas con estados asintóticos onshell (ref: Polchinski vol.1 p.104) -- estos desaparecen en QFT en el caso de 2 estados asintóticos. Después de no encontrarle sentido a esta declaración en la teoría de cuerdas, y después de no recibir comentarios esclarecedores de mis compañeros teóricos de cuerdas, pensé en exponerlo a una audiencia más amplia, así que aquí está el rompecabezas:

En la teoría de cuerdas, la desaparición de las amplitudes de 2 puntos de la esfera se atribuye al hecho de que (en una de las muchas realizaciones) se divide por el volumen infinito de $SL(2,\mathbb{C})$ (que denoto por ${\rm vol(CKG)}$ ) y no hay suficientes operadores de vértice para saturar esto. En el formalismo de Polyakov (usando la definición de Polchinski del adjunto euclidiano, $\overline{V(z,\bar{z})}$ , p.202-203 en Polchinski vol.1) la cantidad de interés es:

I_{2} = \frac{1}{v o yo (C k GRAMO)} ⟨ \int d^{2} z \bar{V (z, \bar{z})} \int d^{2} w V (w, \bar{w}) ⟩_{S_{2}}

$I_2 = \frac{1}{{\rm vol(CKG)}}\Big\langle\int d^2z\overline{V(z,\bar{z})} \int d^2wV(w,\bar{w})\Big\rangle_{S_2}$

V (z, \bar{z})

$V(z,\bar{z})$ denota algún operador de vértice de estado propio de masa físico y de orden normal, por ejemplo

V (w, \bar{w}) = g e^{i k \cdot x (w, \bar{w})}

$V(w,\bar{w})=ge^{ik\cdot x(w,\bar{w})}$ y

\bar{V (z, \bar{z})} = g e^{- i k^{'} \cdot x (z, \bar{z})}

$\overline{V(z,\bar{z})}=ge^{-ik'\cdot x(z,\bar{z})}$ con

k^{2} = k^{' 2} = 2

$k^2=k'^2=2$ (y

α^{'} = 2

$\alpha'=2$ ). Las contracciones de mecha se pueden realizar con:

⟨ X^{m} (z, \bar{z}) X^{v} (w, \bar{w}) ⟩ = - η^{m v} en | z - w |^{2} .

$\langle x^{\mu}(z,\bar{z})x^{\nu}(w,\bar{w})\rangle = -\eta^{\mu\nu}\ln |z-w|^2.$ Efectuando contracciones, si nos fijamos en cada contribución (dejo caer algunos factores reales) está el factor modo cero,

i (2 π)^{D} d^{D} (k - k^{'}),

$i(2\pi)^D\delta^D(k-k'),$ (tenga en cuenta el factor de

i

$i$ desde el

x^{0}

$x^0$ modo cero), hay contracciones en el numerador que conducen a:

\int \frac{d^{2} z d^{2} w}{| z - w |^{4}},

$\int \frac{d^2zd^2w}{|z-w|^4},$ que es independiente de la elección de los operadores de vértice (ya que la singularidad principal está fijada por la invariancia conforme y las singularidades secundarias desaparecen en el correlacionador debido al orden normal), y está el volumen CKG,

v o l (C K G)

${\rm vol(CKG)}$ ,

\int \frac{d^{2} z d^{2} w d^{2} tu}{| z - w |^{2} | w - tu |^{2} | tu - z |^{2}},

$\int \frac{d^2zd^2wd^2u}{|z-w|^2|w-u|^2|u-z|^2},$ que aparece en el denominador. Ahora ambos son infinitos, así que en lugar de

I_{2} = 0

$I_2=0$ (que sería la respuesta del libro de texto),

I_{2} = i (2 π)^{D} d^{D} (k - k^{'}) \frac{\infty}{\infty},

$I_2 = i(2\pi)^D\delta^D(k-k')\frac{\infty}{\infty},$ y uno necesita regular para encontrar el límite real (es decir, si es infinito, cero o finito, real o imaginario). Usé un corte de corta distancia por simplicidad (dim reg no elimina estos infinitos) y encontré:

I_{2} = i (2 π)^{D} d^{D} (k - k^{'}) C

$\boxed{I_2 = i(2\pi)^D\delta^D(k-k')C}$ dónde

C

$C$ es una constante real y finita dependiente de la regularización . Esta conclusión es válida para todo el peso

(1, 1)

$(1,1)$ primarios, operadores de vértice de estado propio de masa (y también de estado coherente). He revisado esto cuidadosamente, pero no puedo excluir la posibilidad de que haya un error en alguna parte [ actualización: he presentado una versión del cálculo a continuación]. También se puede derivar la misma conclusión en el formalismo BRST cuando los operadores de vértice de entrada y salida están relacionados por dualidad (es decir, un operador de vértice tiene el fantasma número 2 y el otro fantasma el número 4 y el sector de materia está nuevamente relacionado por el adjunto euclidiano).

LA PREGUNTA: ¿Cómo puede ser que $I_2$ no es cero dado el estado estándar de los libros de texto $I_2=0$ (independientemente de la función delta).

Algunos detalles:

La única sutileza real aquí es calcular el volumen regularizado de la CKG, por lo que tal vez debería agregar algunos comentarios sobre cómo lo hice. Hay tres divergencias UV y una IR (las primeras son de corta distancia, por lo que el registro tenue no funciona, mientras que la segunda no necesitará regulación, como veremos). Para traerlos a la vista, considere ${\rm vol}$ (CKG) dado anteriormente y variables de desplazamiento: $z\rightarrow z+w$ , $w\rightarrow w+u$ , llevando a:

\begin{aligned} v o yo (C k GRAMO) & = \int \frac{d^{2} z d^{2} w d^{2} tu}{| z |^{2} | w |^{2} | z + w |^{2}} . \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} {\rm vol(CKG)} &=\int \frac{d^2zd^2wd^2u}{|z|^2|w|^2|z+w|^2}. \end{aligned} \end{equation}$ Nuestras convenciones son

d^{2} z \equiv i d z \land d \bar{z}

$d^2z\equiv idz\wedge d\bar{z}$ , con cada integral sobre todo el plano complejo. Ahora cambie las variables de nuevo,

z = r e^{i θ}

$z=re^{i\theta}$ ,

w = ρ e^{i φ}

$w=\rho e^{i\varphi}$ y posteriormente cambiar

θ \to θ + φ

$\theta\rightarrow \theta+\varphi$ . Luego integramos

φ

$\varphi$ (rendiendo trivialmente

2 π

$2\pi$ ) y

θ

$\theta$ usando la integral estándar:

\int_{0}^{2 π} d θ \frac{1}{A + B porque θ} = \frac{2 π}{\sqrt{(A - B) (A + B)}},

$\int\limits_0^{2\pi}d\theta \frac{1}{A+B\cos\theta} = \frac{2\pi}{\sqrt{(A-B)(A+B)}},$ con

A = r^{2} + ρ^{2}

$A=r^2+\rho^2$ y

B = 2 r ρ

$B=2r\rho$ (esto se justifica dada la

A = B

$A=B$ y

A = 0

$A=0$ regiones están ausentes en el procedimiento de regularización a continuación). La expresión resultante dice:

\begin{aligned} v o yo (C k GRAMO) & = γ \int \frac{d r d ρ}{r ρ} \frac{1}{| r^{2} - ρ^{2} |}, γ \equiv (4 π)^{2} \int d^{2} tu \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} {\rm vol(CKG)} &= \gamma\int \frac{dr d\rho}{r\rho}\frac{1}{|r^2-\rho^2|},\qquad \gamma\equiv (4\pi)^2\int d^2u \end{aligned} \end{equation}$ La cantidad

γ

$\gamma$ es la cantidad divergente IR mencionada anteriormente y no es interesante porque el numerador en

I_{2}

$I_2$ es (como veremos) también proporcional a

γ

$\gamma$ , entonces

γ

$\gamma$ se cancela en

I_{2}

$I_2$ .

Ambos $r$ y $\rho$ integrales van desde $0$ a $\infty$ , por lo que hay tres distintos (codimensión-1 en el $(r,\rho)$ plano) regiones divergentes:

$r=0$ & $\rho>0$
$\rho=0$ & $r>0$
$r=\rho\geq 0$

Podemos regularizar la integral engrosando estas líneas de codimensión-1 en una pequeña cantidad $\epsilon$ . El dominio de integración regularizado es entonces:

r \geq ϵ, ρ \geq ϵ, a norte d | r - ρ | \geq ϵ .

$r\geq \epsilon,\qquad \rho\geq\epsilon,\qquad {\rm and}\qquad |r-\rho|\geq\epsilon.$ Sin embargo, es un poco más fácil (y presumiblemente equivalente hasta un punto inmaterial)

ϵ

$\epsilon$ -constante multiplicativa independiente) para truncar la

r = ρ

$r=\rho$ divergencia reemplazando

| r^{2} - ρ^{2} | \to | r^{2} - ρ^{2} | + ϵ^{2}

$|r^2-\rho^2|\rightarrow|r^2-\rho^2|+\epsilon^2$ . Las integrales requeridas se evalúan fácilmente:

\int_{ϵ}^{\infty} \frac{d r}{r} \int_{ϵ}^{\infty} \frac{d ρ}{ρ} \frac{1}{| r^{2} - ρ^{2} | + ϵ^{2}} = \frac{π^{2}}{12 ϵ^{2}},

$\int_{\epsilon}^{\infty}\frac{dr}{r}\int_{\epsilon}^{\infty}\frac{d\rho}{\rho}\frac{1}{|r^2-\rho^2|+\epsilon^2} = \frac{\pi^2}{12\epsilon^2},$ que conduce a la expresión final del volumen de

S L (2, C)

$SL(2,\mathbb{C})$ ,

v o yo (C k GRAMO) = \frac{π^{2}}{12} \frac{γ}{ϵ^{2}}

$\boxed{{\rm vol(CKG)}=\frac{\pi^2}{12}\frac{\gamma}{\epsilon^2}}$ Para completar también doy el resultado correspondiente para la integral en el numerador de

I_{2}

$I_2$ dado anteriormente,

\int \frac{d^{2} z d^{2} w}{| z - w |^{4}} = \frac{1}{8 π} \frac{γ}{ϵ^{2}}

$\boxed{\int \frac{d^2zd^2w}{|z-w|^4}=\frac{1}{8\pi}\frac{\gamma}{\epsilon^2}}$ donde nuevamente se usó el mismo corte de corta distancia: cambiamos

z \to z + w

$z\rightarrow z+w$ , cambiar coordenadas,

z = r e^{i θ}

$z=re^{i\theta}$ e integrar sobre

r \geq ϵ

$r\geq\epsilon$ y

2 π > θ \geq 0

$2\pi>\theta\geq0$ . Tomando la razón de las dos ecuaciones encuadradas y tomando el límite

ϵ \to 0

$\epsilon\rightarrow 0$ conduce al resultado indicado para

I_{2}

$I_2$ , con

C = 3 / (2 π^{3})

$C=3/(2\pi^3)$ .

rexciro

Tal vez los libros de texto que mencionas dan por sentado que

k \neq k^{'}

$k \neq k'$ ?

Wakabaloola

@Rexcirus: el problema es independiente de la función delta; tal contribución que no desaparece daría elementos de matriz S incorrectos. En particular, uno podría imaginar que este cálculo es realmente solo una contribución a la parte trivial de la matriz S, es decir, la

1

$\mathbb{1}$ en

S = 1 + i T

$S=\mathbb{1}+iT$ , pero esto no puede ser cierto por dos razones:

I_{2}

$I_2$ es imaginario y en segundo lugar contiene una función delta en todos

D

$D$ dimensiones del espacio-tiempo en lugar de

D - 1

$D-1$ como cabría esperar de la

1

$\mathbb{1}$ en QFT estándar. Asique

Wakabaloola

.. Entonces, creo que hay un error en el cálculo anterior y la única parte sutil es calcular el volumen de CKG (porque hay múltiples regiones donde el integrando diverge, lo que recuerda las divergencias superpuestas en los diagramas de Feynman de bucle superior), por lo que el error debe ser estar allí pero no puedo encontrarlo ..

Respuestas (1)

Amplitudes de esfera de cuerda de 2 puntos

Tal vez los libros de texto que mencionas dan por sentado que $k \neq k'$ ?
@Rexcirus: el problema es independiente de la función delta; tal contribución que no desaparece daría elementos de matriz S incorrectos. En particular, uno podría imaginar que este cálculo es realmente solo una contribución a la parte trivial de la matriz S, es decir, la $\mathbb{1}$ en $S=\mathbb{1}+iT$ , pero esto no puede ser cierto por dos razones: $I_2$ es imaginario y en segundo lugar contiene una función delta en todos $D$ dimensiones del espacio-tiempo en lugar de $D-1$ como cabría esperar de la $\mathbb{1}$ en QFT estándar. Asique
.. Entonces, creo que hay un error en el cálculo anterior y la única parte sutil es calcular el volumen de CKG (porque hay múltiples regiones donde el integrando diverge, lo que recuerda las divergencias superpuestas en los diagramas de Feynman de bucle superior), por lo que el error debe ser estar allí pero no puedo encontrarlo ..

Wakabaloola · Answer 1

Preliminares

El enfoque de corte discutido anteriormente es ambiguo. De hecho, ni siquiera puede distinguir entre $I_2=0$ , o $I_2={\rm finite}$ , o $I_2=i{\rm finite}$ , o $I_2=\infty$ . La pregunta ahora ha sido respondida: amplitudes de 2 puntos . El resultado correcto es, notablemente, el de una partícula libre:

A_{2} = 2 k^{0} (2 π)^{D - 1} d^{D - 1} (k - k^{'})

$\boxed{\mathcal{A}_2 = 2k^0(2\pi)^{D-1}\delta^{D-1}(\mathbf{k}-\mathbf{k}')}$ Entonces, la amplitud de nivel de árbol de 2 puntos realmente da la contribución trivial a la matriz S conexa completa, a saber, la

1

$\mathbb{1}$ en

S = 1 + i T

$S=\mathbb{1}+iT$ .

Voy a revisar este cálculo aquí.

Amplitud de 2 puntos

Consideramos una amplitud de disco de cuerda abierta de 2 puntos con dos inserciones de operadores de vértice externos cualesquiera. (Existe un procedimiento similar para cadenas cerradas). Mapeamos el disco al semiplano superior con coordenadas holomorfas $z$ . También usamos el truco de la duplicación, mediante el cual las cantidades anti-holomórficas en el semiplano superior se asignan a cantidades holomorfas en el semiplano inferior mediante la identificación $z\sim z'$ cuando $z'=\bar{z}$ .

La amplitud relevante de 2 puntos estará definida por:

\begin{aligned} A_{2} & \equiv \frac{\int d z_{1} d z_{2} (\int D X {mi}^{- I (X)} V_{a} (z_{1}) V_{b} (z_{2}))}{V o yo GRAMO} \end{aligned} (1 a)

$\begin{equation} \begin{aligned} \mathcal{A}_2 &\equiv \frac{\int dz_1dz_2\Big(\int Dx\,e^{-I(x)}V_a(z_1)V_b(z_2)\Big)}{\rm Vol\,G} \end{aligned}\qquad (1a) \end{equation}$ y definir:

B (z_{1}, z_{2}) \equiv \int D X {mi}^{- I (X)} V_{a} (z_{1}) V_{b} (z_{2}) (1 b)

$\boxed{ B(z_1,z_2)\equiv \int Dx\,e^{-I(x)}V_a(z_1)V_b(z_2) }\qquad (1b)$ dónde

a, b

$a,b$ denotan colectivamente los diversos números cuánticos que caracterizan a los operadores de vértice bajo consideración.

Invariancia G

El grupo de simetría residual G es SL(2, $\mathbf{R}$ ) $/\mathbf{Z}_2$ , bajo el cual un elemento $g\in {\rm G}$ mapea un punto $z\in H$ (el semiplano superior) a $z^g$ a través de,

gramo : z_{i} ⟼ z_{i}^{gramo} = \frac{a z_{i} + b}{C z_{i} + d}, w i t h a, b, C, d \in R,

$g : z_i\longmapsto z_i^g=\frac{az_i+b}{cz_i+d},\qquad {\rm with}\qquad a,b,c,d\in \mathbf{R},$ dónde

a, b, c, d

$a,b,c,d$ y sus negativos se asignan a la misma

z_{i}^{g}

$z_i^g$ es por eso que modificamos por

Z_{2}

$\mathbf{Z}_2$ , y

a d - c b = 1

$ad-cb=1$ . Hay tres generadores (3 vectores Killing conformes). La amplitud de 2 puntos (1a) es G-invariante, en particular,

d z_{1}^{gramo} d z_{2}^{gramo} B (z_{1}^{gramo}, z_{2}^{gramo}) = d z_{1} d z_{2} B (z_{1}, z_{2}) (*)

$dz_1^gdz_2^g\,B(z_1^g,z_2^g)=dz_1dz_2\,B(z_1,z_2)\qquad (*)$

Fijación de calibre Fadeev-Popov

Usamos Fadeev-Popov (FP) para fijar la simetría residual G de (1a). Escribir,

1 = Δ (z_{1}, z_{2}, z_{3}) \int D gramo \prod_{I = 1}^{3} d (F_{I} (z_{1}^{gramo}, z_{2}^{gramo}, z_{3}^{gramo})) (2)

$\boxed{ 1=\Delta(z_1,z_2,z_3)\int Dg\,\prod_{I=1}^3\delta\big(F_I(z_1^g,z_2^g,z_3^g)\big) }\qquad (2)$ y dado que la medida es invariante bajo

g \to g^{'}

$g\rightarrow g'$ , a saber

D g = D g^{'}

$Dg=Dg'$ , resulta que

Δ (z_{1}^{gramo}, z_{2}^{gramo}, z_{3}^{gramo}) = Δ (z_{1}, z_{2}, z_{3}) (* *)

$\Delta(z_1^g,z_2^g,z_3^g)=\Delta(z_1,z_2,z_3)\qquad (**)$ Sustituye (2) en (1),

\begin{aligned} A_{2} & = \frac{\int d z_{1} d z_{2} B (z_{1}, z_{2})}{V o yo GRAMO} \\ = \int \frac{D gramo}{V o yo GRAMO} \int d z_{1} d z_{2} B (z_{1}, z_{2}) Δ (z_{1}, z_{2}, z_{3}) \prod_{I = 1}^{3} d (F_{I} (z_{1}^{gramo}, z_{2}^{gramo}, z_{3}^{gramo})) \\ = \int \frac{D gramo}{V o yo GRAMO} \int d z_{1}^{gramo} d z_{2}^{gramo} B (z_{1}^{gramo}, z_{2}^{gramo}) Δ (z_{1}^{gramo}, z_{2}^{gramo}, z_{3}^{gramo}) \prod_{I = 1}^{3} d (F_{I} (z_{1}^{gramo}, z_{2}^{gramo}, z_{3}^{gramo})) \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \mathcal{A}_2 &= \frac{\int dz_1dz_2B(z_1,z_2)}{\rm Vol\,G}\\ &=\int \frac{Dg}{\rm Vol\,G}\int dz_1dz_2B(z_1,z_2)\Delta(z_1,z_2,z_3)\,\prod_{I=1}^3\delta\big(F_I(z_1^g,z_2^g,z_3^g)\big)\\ &=\int \frac{Dg}{\rm Vol\,G}\int dz_1^gdz_2^g\,B(z_1^g,z_2^g)\Delta(z_1^g,z_2^g,z_3^g)\,\prod_{I=1}^3\delta\big(F_I(z_1^g,z_2^g,z_3^g)\big)\\ \end{aligned} \end{equation}$ donde en la última igualdad hicimos uso de (*) y (**). Siguiente cambio de variables,

z_{1}^{g}, z_{2}^{g} \to z_{1}, z_{2}

$z_1^g,z_2^g\rightarrow z_1,z_2$ respectivamente y supongamos que

A_{2}

$\mathcal{A}_2$ es independiente de

z_{3}^{g}

$z_3^g$ (para que podamos reemplazar

z_{3}^{g}

$z_3^g$ por

z_{3}

$z_3$ ),

A_{2} = \int \frac{D gramo}{V o yo GRAMO} \int d z_{1} d z_{2} B (z_{1}, z_{2}) Δ (z_{1}, z_{2}, z_{3}) \prod_{I = 1}^{3} d (F_{I} (z_{1}, z_{2}, z_{3}))

$\mathcal{A}_2=\int \frac{Dg}{\rm Vol\,G}\int dz_1dz_2\,B(z_1,z_2)\Delta(z_1,z_2,z_3)\,\prod_{I=1}^3\delta\big(F_I(z_1,z_2,z_3)\big)$ (Mostraremos a continuación que

A_{2}

$\mathcal{A}_2$ es de hecho independiente de

z_{3}

$z_3$ .) Dado que el integrando de la integral sobre los parámetros del grupo,

g

$g$ , es independiente de

g

$g$ podemos establecer,

\int \frac{D gramo}{V o yo GRAMO} \equiv 1,

$\int \frac{Dg}{\rm Vol\,G}\equiv 1,$ de modo que la amplitud de 2 puntos de calibre fijo toma la forma:

A_{2} = \int d z_{1} d z_{2} B (z_{1}, z_{2}) Δ (z_{1}, z_{2}, z_{3}) \prod_{I = 1}^{3} d (F_{I} (z_{1}, z_{2}, z_{3})) (3)

$\boxed{\mathcal{A}_2=\int dz_1dz_2\,B(z_1,z_2)\Delta(z_1,z_2,z_3)\,\prod_{I=1}^3\delta\big(F_I(z_1,z_2,z_3)\big)}\qquad(3)$

Funciones de fijación de calibre

Ahora hacemos una selección de funciones de fijación de calibre, $F_I(z_i)$ , $I=1,2,3$ . Hay mucha libertad de elección, pero debemos elegir funciones que no sean invariantes bajo $G$ . Como tenemos dos inserciones de operadores de vértice, hacemos la elección estándar para $I=1,2$ , mientras que para $I=3$ hacemos una elección especial,

\begin{aligned} F_{1} (z_{1}, z_{2}, z_{3}) & = z_{1} - z_{1}^{0} \\ F_{2} (z_{1}, z_{2}, z_{3}) & = z_{2} - z_{2}^{0} \\ F_{3} (z_{1}, z_{2}, z_{3}) & = X^{0} (z_{3}) \end{aligned} (4)

$\begin{equation} \boxed{ \begin{aligned} F_1(z_1,z_2,z_3)&=z_1-z_1^0\\ F_2(z_1,z_2,z_3)&=z_2-z_2^0\\ F_3(z_1,z_2,z_3)&=x^0(z_3) \end{aligned}}\qquad (4) \end{equation}$ dónde

z_{1}^{0}

$z_1^0$ y

z_{2}^{0}

$z_2^0$ se puede elegir para que se encuentre en cualquier lugar en el límite de la hoja del mundo (el eje real, es decir,

\partial H

$\partial H$ ), y lo mismo para

z_{3}

$z_3$ (de modo que

z_{i} = {\bar{z}}_{i}

$z_i=\bar{z}_i$ para

i = 1, 2, 3

$i=1,2,3$ ). (Esta elección es diferente de la de arXiV:1906.06051, donde para

I = 3

$I=3$ la elección

F_{3} (z_{1}, z_{2}, z_{3}) = x^{0} (z_{3}, {\bar{z}}_{3})

$F_3(z_1,z_2,z_3)=x^0(z_3,\bar{z}_3)$ se hizo, con

z_{3} \in H

$z_3\in H$ en vez de

z_{3} \in \partial H

$z_3\in \partial H$ como lo hacemos aquí.)

Determinante de FP

Para calcular el determinante de Fadeev-Popov, $\Delta$ , hacemos uso de (2) y (4), según las cuales,

\frac{1}{Δ} = \int D gramo d (z_{1}^{gramo} - z_{1}^{0}) d (z_{2}^{gramo} - z_{2}^{0}) d (X^{0} (z_{3}^{gramo}))

$\frac{1}{\Delta} = \int Dg\,\delta(z_1^g-z_1^0)\delta(z_2^g-z_2^0)\delta(x^0(z_3^g))$ Pero desde

Δ

$\Delta$ es un jacobiano podemos calcularlo en el espacio tangente (recuerde que el jacobiano para un cambio de coordenadas en el espacio tangente es igual al jacobiano para un cambio de coordenadas en el espacio base). Por lo tanto,

\frac{1}{Δ} = \int D (d gramo) d (d z_{1}) d (d z_{2}) d (d X^{0} (z_{3})),

$\frac{1}{\Delta} = \int D(\delta g)\,\delta(\delta z_1)\delta(\delta z_2)\delta(\delta x^0(z_3)),$ dónde

δ

$\delta$ denota variaciones infinitesimales alrededor del elemento de identidad,

\begin{aligned} d z_{i} & \equiv (z_{i}^{gramo} - z_{i}^{0}) - (z_{1} - z_{1}^{0}) \\ ≃ ϵ_{- 1} + ϵ_{0} z_{i} + ϵ_{1} z_{i}^{2} + \dots \\ d X^{0} (z_{3}) & \equiv X^{0} (z_{3}^{gramo}) - X^{0} (z_{3}) \\ ≃ (ϵ_{- 1} + ϵ_{0} z_{3} + ϵ_{1} z_{3}^{2}) \partial_{z_{3}} X^{0} (z_{3}) + \dots \\ D (d gramo) & = d ϵ_{- 1} d ϵ_{0} d ϵ_{1}, \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \delta z_i &\equiv (z_i^g-z_i^0)-(z_1-z_1^0) \\ &\simeq \epsilon_{-1}+\epsilon_0 z_i+\epsilon_1 z_i^2+\dots\\ \delta x^0(z_3) &\equiv x^0(z_3^g)-x^0(z_3)\\ &\simeq (\epsilon_{-1}+\epsilon_0 z_3+\epsilon_1 z_3^2)\partial_{z_3}x^0(z_3)+\dots\\ D(\delta g) &= d\epsilon_{-1}\,d\epsilon_0\,d\epsilon_1, \end{aligned} \end{equation}$ así que sustituyendo estos en los anteriores e integrando

ϵ_{- 1}, ϵ_{0}, ϵ_{1}

$\epsilon_{-1},\epsilon_0,\epsilon_1$ rendimientos,

Δ (z_{1}, z_{2}, z_{3}) = z_{12} z_{13} z_{23} \partial_{z_{3}} X^{0} (z_{3}) (5)

$\boxed{\Delta(z_1,z_2,z_3) = z_{12}z_{13}z_{23}\partial_{z_3}x^0(z_3)}\qquad (5)$

Amplitud calibrada-fija de 2 puntos

Ahora sustituya (4) y (5) en la expresión general de la amplitud de calibre fijo (3),

\begin{aligned} A_{2} & = \int d z_{1} d z_{2} B (z_{1}, z_{2}) Δ (z_{1}, z_{2}, z_{3}) \prod_{I = 1}^{3} d (F_{I} (z_{1}, z_{2}, z_{3})) \\ = \int d z_{1} d z_{2} B (z_{1}, z_{2}) (z_{12} z_{13} z_{23} \partial_{z_{3}} X^{0} (z_{3})) d (z_{1} - z_{1}^{0}) d (z_{2} - z_{2}^{0}) d (X^{0} (z_{3})) \\ = B (z_{1}, z_{2}) (z_{12} z_{13} z_{23} \partial_{z_{3}} X^{0} (z_{3})) d (X^{0} (z_{3})) \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \mathcal{A}_2&=\int dz_1dz_2\,B(z_1,z_2)\Delta(z_1,z_2,z_3)\,\prod_{I=1}^3\delta\big(F_I(z_1,z_2,z_3)\big)\\ &= \int dz_1dz_2\,B(z_1,z_2)\Big(z_{12}z_{13}z_{23}\partial_{z_3}x^0(z_3)\Big)\, \delta(z_1-z_1^0)\delta(z_2-z_2^0)\delta(x^0(z_3))\\ &= \,B(z_1,z_2)\Big(z_{12}z_{13}z_{23}\partial_{z_3}x^0(z_3)\Big)\, \delta\big(x^0(z_3)\big) \end{aligned} \end{equation}$ donde en la última igualdad integramos

z_{1}, z_{2}

$z_1,z_2$ y renombrado

z_{1}^{0}, z_{2}^{0}

$z_1^0,z_2^0$ por

z_{1}, z_{2}

$z_1,z_2$ por simplicidad. A continuación sustituimos la definición de

B

$B$ dado en (1b) en lo anterior,

A_{2} = \int D X {mi}^{- I (X)} V_{a} (z_{1}) V_{b} (z_{2}) \partial X^{0} (z_{3}) d (X^{0} (z_{3})) (z_{12} z_{13} z_{23}) .

$\mathcal{A}_2=\int Dx\,e^{-I(x)}V_a(z_1)V_b(z_2)\,\partial x^0(z_3)\, \delta\big(x^0(z_3)\big)\,\big(z_{12}z_{13}z_{23}\big).$

Hasta ahora, el análisis anterior ha sido independiente de la base para los operadores de vértice externo. Ahora elegimos una base de estado propio de impulso, mediante la cual $V_a(z_1)={\rm Pol}_a\,(\partial^\# x)\,e^{ik_a\cdot x(z_1)}$ y de manera similar para $V_b(z_2)$ . Así que extrayendo los modos cero, $x^\mu(z_i)=x_0^\mu+\tilde{x}^\mu(z_i)$ , $i=1,2$ , en la integral de trayectoria anterior, la amplitud total toma la forma,

A_{2} = (i \int d^{D} X_{0} {mi}^{i (k_{a} + k_{b}) \cdot X_{0}} d (X^{0} (z_{3}))) \times ⟨ V_{a} (z_{1}) V_{b} (z_{2}) \partial X^{0} (z_{3}) ⟩_{\tilde{X}} \times (z_{12} z_{13} z_{23}) \times norte (6)

$\boxed{ \mathcal{A}_2=\Bigg(i\int d^Dx_0\,e^{i(k_a+k_b)\cdot x_0} \delta\big(x^0(z_3)\big)\Bigg)\times \Big\langle V_a(z_1)V_b(z_2)\,\partial x^0(z_3)\Big\rangle_{\tilde{x}}\times \big(z_{12}z_{13}z_{23}\big)\times N}\qquad (6)$ donde el factor

i = \sqrt{- 1}

$i=\sqrt{-1}$ es de rotar

x_{0}^{0}

$x_0^0$ volver a la firma de Lorentzian (ver Polchinski vol.1). La cantidad

N

$N$ es la normalización de la medida de la integral de trayectoria y se calculará a continuación por unitaridad.

Modos cero

Ahora integramos los modos cero, $x_0^\mu$ , en (6),

i \int d^{D} X_{0} {mi}^{i (k_{a} + k_{b}) \cdot X_{0}} d (X^{0} (z_{3})) = i (2 π)^{D - 1} d (k_{a} + k_{b}) (7)

$\boxed{ i\int d^Dx_0\,e^{i(k_a+k_b)\cdot x_0} \delta\big(x^0(z_3)\big)=i(2\pi)^{D-1}\delta({\bf k}_a+{\bf k}_b)}\qquad (7)$ donde observe que el término de fluctuación en el argumento de la función delta no contribuye. Además, hemos escrito

k^{μ} = (k^{0}, k)

$k^\mu=(k^0,{\bf k})$ .

Fluctuaciones (contracciones de mecha)

Ahora calculamos las contribuciones de las fluctuaciones en (6), a saber,

⟨ V_{a} (z_{1}) V_{b} (z_{2}) \partial X^{0} (z_{3}) ⟩_{\tilde{X}}

$\Big\langle V_a(z_1)V_b(z_2)\,\partial x^0(z_3)\Big\rangle_{\tilde{x}}$ Dado que todas las inserciones están activadas

\partial H

$\partial H$ y estamos trabajando en la formulación de Polyakov todas las contracciones de Wick se llevan a cabo utilizando:

⟨ X^{m} (z_{i}) X^{v} (z_{j}) ⟩ = - 2 α^{'} en z_{i j}

$\langle x^\mu(z_i)x^\nu(z_j)\rangle =-2\alpha'\ln z_{ij}$

Suponer que $V_a(z_1)$ , $V_b(z_2)$ , son primarios conformes de peso $h=1$ , que son las condiciones del estado físico en la formulación de Polyakov. También $\partial x$ es un primario de peso $h=1$ . Entonces, al usar un resultado estándar de la teoría del campo conforme, la invariancia conforme determina la función de correlación hasta un factor general, $C$ ,

⟨ V_{a} (z_{1}) V_{b} (z_{2}) \partial X^{0} (z_{3}) ⟩_{\tilde{X}} = \frac{C}{z_{12} z_{13} z_{23}} (8)

$\Big\langle V_a(z_1)V_b(z_2)\,\partial x^0(z_3)\Big\rangle_{\tilde{x}} = \frac{C}{z_{12}z_{13}z_{23}}\qquad (8)$

Observe que el lado derecho de (8) es analítico en $z_3$ , por lo que el lado izquierdo debe ser analítico en $z_3$ . Ahora haga uso del hecho de que el operador de cantidad de movimiento, $\mathbb{P}^\mu$ , para lecturas de cadenas abiertas,

{PAG}^{m} = \frac{1}{4 π α^{'}} \oint d z \partial_{z} X^{m} (z),

$\mathbb{P}^\mu= \frac{1}{4\pi\alpha'}\oint dz\,\partial_zx^\mu(z),$ y ten en cuenta que

P V_{a} (z_{1}) = k_{a} V_{a} (z_{1})

$\mathbb{P}V_a(z_1)=k_aV_a(z_1)$ , según el cual la integral de contorno (tomada para rodear, por ejemplo,

z_{1}

$z_1$ ) del lado izquierdo de (8) toma la forma,

\begin{aligned} L H S & = \frac{1}{4 π α^{'}} \oint_{z_{1}} d z_{3} ⟨ \partial X^{0} (z_{3}) V_{a} (z_{1}) V_{b} (z_{2}) ⟩_{\tilde{X}} \\ = k_{a}^{0} ⟨ V_{a} (z_{1}) V_{b} (z_{2}) ⟩_{\tilde{X}} \\ = k_{a}^{0} \frac{{gramo}_{0}^{2}}{z_{12}^{2}} d_{a, b} \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} {\rm LHS}&=\frac{1}{4\pi\alpha'}\oint_{z_1} dz_3\,\Big\langle \partial x^0(z_3)V_a(z_1)V_b(z_2)\Big\rangle_{\tilde{x}}\\ &=k_a^0\Big\langle V_a(z_1)V_b(z_2)\Big\rangle_{\tilde{x}}\\ &=k_a^0\,\frac{g_0^2}{z_{12}^2}\delta_{a,b} \end{aligned} \end{equation}$ donde tuvimos en cuenta que la OPE de dos

h = 1

$h=1$ primarias son proporcionales a

1 / z_{12}^{2}

$1/z_{12}^2$ ,

g_{0}

$g_0$ es la constante de acoplamiento de cuerda abierta y utilizó la normalización estándar (ver Polchinski, vol. 1). (estrictamente hablando

V_{a}

$V_a$ debe ser el adjunto euclidiano de

V_{b}

$V_b$ para garantizar la norma positiva.)

Golpeando también el lado derecho de (8) con $\frac{1}{4\pi\alpha'}\oint dz_3$ y realizando la integral de contorno alrededor $z_1$ rendimientos,

\begin{aligned} R H S & = \frac{1}{4 π α^{'}} \oint_{z_{1}} d z_{3} \frac{C}{z_{12} z_{13} z_{23}} \\ = \frac{2 π i}{4 π α^{'}} \frac{C}{z_{12}^{2}} . \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} {\rm RHS}&=\frac{1}{4\pi\alpha'}\oint_{z_1} dz_3\,\frac{C}{z_{12}z_{13}z_{23}}\\ &=\frac{2\pi i}{4\pi\alpha'}\frac{C}{z_{12}^2}. \end{aligned} \end{equation}$

Así que configurando RHS $=$ LHS determina $C$ ,

C = - 2 i α^{'} {gramo}_{o}^{2} k_{a}^{0} d_{a, b}

$C=-2i\alpha'g_o^2k_a^0\delta_{a,b}$ y sustituyendo esto en (8) se obtiene,

⟨ V_{a} (z_{1}) V_{b} (z_{2}) \partial X^{0} (z_{3}) ⟩_{\tilde{X}} = \frac{- 2 i α^{'} {gramo}_{o}^{2} k_{a}^{0} d_{a, b}}{z_{12} z_{13} z_{23}} (9)

$\boxed{\Big\langle V_a(z_1)V_b(z_2)\,\partial x^0(z_3)\Big\rangle_{\tilde{x}} = \frac{-2i\alpha'g_o^2k_a^0\delta_{a,b}}{z_{12}z_{13}z_{23}}}\qquad (9)$

Amplitud completa de 2 puntos

Ahora podemos sustituir las contribuciones de las fluctuaciones (9) y la contribución de los modos cero (7) en la expresión completa de la amplitud de 2 puntos (6),

\begin{aligned} A_{2} & = (i \int d^{D} X_{0} {mi}^{i (k_{a} + k_{b}) \cdot X_{0}} d (X^{0} (z_{3}))) \times ⟨ V_{a} (z_{1}) V_{b} (z_{2}) \partial X^{0} (z_{3}) ⟩_{\tilde{X}} \times (z_{12} z_{13} z_{23}) \times norte \\ = (i (2 π)^{D - 1} d^{D - 1} (k_{a} + k_{b})) \times \frac{- 2 i α^{'} {gramo}_{o}^{2} k_{a}^{0} d_{a, b}}{z_{12} z_{13} z_{23}} \times (z_{12} z_{13} z_{23}) \times norte \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \mathcal{A}_2&=\Bigg(i\int d^Dx_0\,e^{i(k_a+k_b)\cdot x_0} \delta\big(x^0(z_3)\big)\Bigg)\times \Big\langle V_a(z_1)V_b(z_2)\,\partial x^0(z_3)\Big\rangle_{\tilde{x}}\times \big(z_{12}z_{13}z_{23}\big)\times N\\ &=\Big(i(2\pi)^{D-1}\delta^{D-1}\big({\bf k}_a+{\bf k}_b\big)\Big)\times \frac{-2i\alpha'g_o^2k_a^0\delta_{a,b}}{z_{12}z_{13}z_{23}}\times \big(z_{12}z_{13}z_{23}\big)\times N \end{aligned} \end{equation}$ y en particular,

A_{2} (a, b) = (2 k_{a}^{0} (2 π)^{D - 1} d^{D - 1} (k_{a} + k_{b}) d_{a, b}) \times (α^{'} {gramo}_{o}^{2} norte) (10)

$\mathcal{A}_2(a,b)=\Big(2k_a^0(2\pi)^{D-1}\delta^{D-1}\big({\bf k}_a+{\bf k}_b\big)\delta_{a,b}\Big)\times \big(\alpha'g_o^2 N\big)\qquad (10)$

Normalización y Unitaridad

El objetivo restante es calcular la normalización $N$ . Para esto (como es habitual en la teoría de cuerdas) usamos la unitaridad. (Este es el cálculo de unitaridad más simple posible en la teoría de cuerdas). En particular, expandimos la matriz S como de costumbre, $S=\mathbb{1}+iT$ , dónde $\mathbb{1}$ es la pieza libre y $T$ es la pieza de interacción. La unitaridad es la declaración

S^{†} S = 1,

$S^\dagger S=\mathbb{1},$ Aplicando esto al caso de interés, debemos extraer la contribución libre de interacción de esta relación de unitaridad,

1^{2} = 1,

$\mathbb{1}^2=\mathbb{1},$ y adoptando una normalización covariante de Lorentz, podemos escribir esto en términos de

A_{2}

$\mathcal{A}_2$ ,

A_{2} (a, b) = \sum_{C} \int \frac{d^{D - 1} k_{C}}{(2 π)^{D - 1}} \frac{1}{2 k_{C}^{0}} A_{2} (a, C) A_{2} (C, b) (11)

$\mathcal{A}_2(a,b) = \sum_c\int \frac{d^{D-1}{\bf k}_c}{(2\pi)^{D-1}}\frac{1}{2k_c^0}\,\mathcal{A}_2(a,c)\mathcal{A}_2(c,b)\qquad (11)$ Sustituyendo (10) en (11) se obtiene precisamente:

norte = \frac{1}{α^{'} {gramo}_{o}^{2}} (12)

$\boxed{N=\frac{1}{\alpha'g_o^2}}\qquad (12)$ que de hecho es idéntica a la normalización de Polchinski para todas las amplitudes de disco a nivel de árbol,

C_{D_{2}} = N

$C_{D_2}=N$ .

Resultado completo

Resumiendo, sustituimos (12) en la expresión de la amplitud completa de 2 puntos (10) y encontramos que:

A_{2} (a, b) = 2 k_{a}^{0} (2 π)^{D - 1} d^{D - 1} (k_{a} + k_{b}) d_{a, b}

$\boxed{\mathcal{A}_2(a,b)=2k_a^0(2\pi)^{D-1}\delta^{D-1}\big({\bf k}_a+{\bf k}_b\big)\delta_{a,b}}$

Entonces vemos que, de hecho, como se afirma en arXiV: 1906.06051, todas las amplitudes de dos puntos a nivel de árbol en la teoría de cuerdas son equivalentes a la fórmula estándar de la teoría de campos. (De hecho, se puede demostrar que el mismo resultado se cumple para cadenas cerradas).

Entonces aprendemos que la integral de la trayectoria de la cuerda da la matriz S conectada completa , no solo las funciones de Green amputadas conectadas. (Por supuesto, la única distinción entre los dos está precisamente en la amplitud de 2 puntos a nivel de árbol).

Es asombroso cómo se pasó por alto este resultado simple (pero sutil) durante más de 35 años.

¡Me di cuenta de ese papel! Su pregunta ahora sirve como una introducción a los problemas. Esperemos que aparezca en el trackback de arxiv.

Amplitudes de esfera de cuerda de 2 puntos

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Respuestas (1)

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