Autoenergía, 1PI y renacuajos

Question

Autoenergía, 1PI y renacuajos

Física
energía propia
ruptura de simetría
teoría de la perturbación
1pi-acción-efectiva
teoría cuántica de campos

Punto cuántico

Me está costando conciliar la siguiente discrepancia:

Recuérdese que al pasar a la acción efectiva mediante una transformación de Legendre, interpretamos la acción efectiva $\Gamma[\phi_c]$ ser el generador funcional de las funciones de Green irreducibles de 1 partícula $\Gamma^{[n]}$ . En particular, la función de 2 puntos es el recíproco de la función de Green conectada,

{\tilde{Γ}}^{[2]} (pags) = i ({\tilde{GRAMO}}^{[2]} (pags))^{- 1} = {pags}^{2} - {metro}^{2} - Σ (pags)

$\tilde \Gamma^{[2]}(p)=i\big(\tilde G^{[2]}(p)\big)^{-1}=p^2-m^2-\Sigma(p)$

que es el propagador vestido.

Pero, el problema es éste: en el quebrantamiento espontáneo $\phi^4$ En teoría, el mesón escalar (fluctuaciones cuánticas alrededor del valor esperado del vacío) recibe correcciones de energía propias de tres diagramas:

$-i\Sigma(p^2)=$ + +

Tenga en cuenta que el último diagrama (el renacuajo) no es 1PI, pero debe incluirse (ver, por ejemplo, Peskin & Schroeder p. 361). En el esquema de renormalización de MS-bar, el renacuajo no desaparece.

Si el gráfico de renacuajos está incluido en $\Sigma$ , y por lo tanto en $\tilde{G}$ y $\tilde\Gamma$ , después $\tilde\Gamma$ no puede ser 1PI. Si el renacuajo no está incluido, entonces $\tilde G$ no es lo contrario del propagador vestido (eso también es extraño). ¿Que esta pasando?

Ron Maimón

No he compuesto una respuesta, pero si tiene prisa, los renacuajos solo contribuyen porque es un diagrama degenerado con impulso cero que atraviesa la línea. Debe lidiar con el contratérmino de campo lineal, que cancela los renacuajos, y esto es molesto formalmente, por lo que necesito elegir un esquema y ser consistente para dar una respuesta real, pero la prueba 1PI funciona bien cuando todas las líneas llevan no trivial impulso, por lo que no hay renacuajos, por lo que esta es la única excepción, y en un buen esquema, no hay excepciones porque los renacuajos se cancelan mediante un contratérmino lineal en el campo que fija el VEV.

Ron Maimón

@QuantumDot: Lo haré, pero probablemente me ganarán --- son cosas bien conocidas. Puede resolverlo usted mismo repasando la prueba de que la acción efectiva es diagramas 1PI (requiere componer diagramas con flujo de impulso a través de líneas, el impulso cero en una línea es un caso excepcional debido a los renacuajos) y calculando la cancelación del renacuajo con el contratérmino es lineal en el campo, pero escribir una respuesta significa elegir un esquema de resta consistente, y esto requiere un bloque de tiempo libre que no tengo en este momento (pronto).

Ron Maimón

@QuantumDot: lo estoy resolviendo; el problema es que está preguntando sobre el formalismo adecuado para una acción efectiva en la fase de simetría rota. Los renacuajos siempre se cancelan en la acción efectiva, esta es la condición de que el campo esté en un mínimo de la acción efectiva, esto es cierto en un punto m,\lambda espacio, pero no es una respuesta completa, porque uno necesita obtener un flujo RG constante en el espacio, a medida que varía los acoplamientos, y el renacuajo puede cambiar esto. El problema de 1PI se convierte exactamente en la relación entre ir a un punto crítico desde lados opuestos. Esto está en Domb/Verde.

Respuestas (3)

Autoenergía, 1PI y renacuajos

No he compuesto una respuesta, pero si tiene prisa, los renacuajos solo contribuyen porque es un diagrama degenerado con impulso cero que atraviesa la línea. Debe lidiar con el contratérmino de campo lineal, que cancela los renacuajos, y esto es molesto formalmente, por lo que necesito elegir un esquema y ser consistente para dar una respuesta real, pero la prueba 1PI funciona bien cuando todas las líneas llevan no trivial impulso, por lo que no hay renacuajos, por lo que esta es la única excepción, y en un buen esquema, no hay excepciones porque los renacuajos se cancelan mediante un contratérmino lineal en el campo que fija el VEV.
@QuantumDot: Lo haré, pero probablemente me ganarán --- son cosas bien conocidas. Puede resolverlo usted mismo repasando la prueba de que la acción efectiva es diagramas 1PI (requiere componer diagramas con flujo de impulso a través de líneas, el impulso cero en una línea es un caso excepcional debido a los renacuajos) y calculando la cancelación del renacuajo con el contratérmino es lineal en el campo, pero escribir una respuesta significa elegir un esquema de resta consistente, y esto requiere un bloque de tiempo libre que no tengo en este momento (pronto).
@QuantumDot: lo estoy resolviendo; el problema es que está preguntando sobre el formalismo adecuado para una acción efectiva en la fase de simetría rota. Los renacuajos siempre se cancelan en la acción efectiva, esta es la condición de que el campo esté en un mínimo de la acción efectiva, esto es cierto en un punto m,\lambda espacio, pero no es una respuesta completa, porque uno necesita obtener un flujo RG constante en el espacio, a medida que varía los acoplamientos, y el renacuajo puede cambiar esto. El problema de 1PI se convierte exactamente en la relación entre ir a un punto crítico desde lados opuestos. Esto está en Domb/Verde.

Adán · Answer 1

Voy a dar una explicación en el nivel de un ciclo (que es el orden de los diagramas dados en la pregunta).

En un lazo, la acción efectiva viene dada por

Γ [ϕ] = S [ϕ] + \frac{1}{2 yo} T r Iniciar sesión S^{(2)} [ϕ],

$\Gamma[\phi]=S[\phi]+\frac{1}{2l}{\rm Tr}\log S^{(2)}[\phi],$ dónde

S [ϕ]

$S[\phi]$ es la acción clásica (microscópica),

l

$l$ es un parámetro ad hoc introducido para contar el orden del ciclo (

l

$l$ se establece en

1

$1$ en el final),

S^{(n)}

$S^{(n)}$ es el

n

$n$ derivada funcional con respecto a

ϕ

$\phi$ y la traza es sobre momentos (y frecuencia si es necesario) así como otros índices (para el modelo O(N), por ejemplo).

El valor físico del campo. $\bar\phi$ se define tal que

Γ^{(1)} [\bar{ϕ}] = 0.

$\Gamma^{(1)}[\bar\phi]=0.$ En el nivel de campo medio (

O (l^{0})

$O(l^0)$ ),

{\bar{ϕ}}_{0}

$\bar\phi_0$ es el mínimo de la acción clásica

S

$S$ , es decir

S^{(1)} [{\bar{ϕ}}_{0}] = 0.

$S^{(1)}[\bar \phi_0]=0.$ En un bucle,

\bar{ϕ} = {\bar{ϕ}}_{0} + \frac{1}{l} {\bar{ϕ}}_{1}

$\bar\phi=\bar\phi_0+\frac{1}{l}\bar\phi_1$ es tal que

S^{(1)} [\bar{ϕ}] + \frac{1}{2 yo} T r S^{(3)} [\bar{ϕ}] . {GRAMO}_{C} [\bar{ϕ}] = 0, (1)

$S^{(1)}[\bar \phi]+\frac{1}{2l}{\rm Tr}\, S^{(3)}[\bar\phi].G_{c}[\bar\phi] =0,\;\;\;\;\;\;(1)$ dónde

G_{c} [ϕ]

$G_c[\phi]$ es el propagador clásico, definido por

S^{(2)} [ϕ] . G_{c} [ϕ] = 1

$S^{(2)}[\phi].G_c[\phi]=1$ . El punto corresponde al producto de matrices (índices internos, momentos, etc.). El segundo término en

(1)

$(1)$ corresponde al diagrama de renacuajo en un bucle. Todavía con precisión de un bucle,

(1)

$(1)$ es equivalente a

S^{(1)} [{\bar{ϕ}}_{0}] + \frac{1}{yo} ({\bar{ϕ}}_{1} . {\bar{S}}^{(2)} + \frac{1}{2} T r {\bar{S}}^{(3)} . {\bar{GRAMO}}_{C}) = 0, (2)

$S^{(1)}[\bar \phi_0]+\frac{1}{l}\left(\bar\phi_1.\bar S^{(2)}+\frac{1}{2}{\rm Tr}\, \bar S^{(3)}.\bar G_{c}\right)=0,\;\;\;\;\;\;(2)$ dónde

{\bar{S}}^{(2)} \equiv S^{(2)} [{\bar{ϕ}}_{0}]

$\bar S^{(2)}\equiv S^{(2)}[\bar\phi_0]$ , etc. Así encontramos

{\bar{ϕ}}_{1} = - \frac{1}{2} {\bar{GRAMO}}_{C} . T r {\bar{S}}^{(3)} . {\bar{GRAMO}}_{C} . (3)

$\bar \phi_1=-\frac{1}{2}\bar G_c.{\rm Tr}\,\bar S^{(3)}.\bar G_c. \;\;\;\;\;\;(3)$

Ahora calculemos el propagador inverso $\Gamma^{(2)}$ . En un nivel de campo medio, tenemos el propagador de campo medio definido anteriormente $G_c[\bar\phi_0]=\bar G_c$ que es el inverso de $S^{(2)}[\bar\phi_0]=\bar S^{(2)}$ . Esto es lo que generalmente se llama el propagador desnudo. $G_0$ en la teoría de campos, y se generaliza aquí a las fases de simetría rota.

¿Cuál es el propagador inverso en un bucle? esta dado por

Γ^{(2)} [\bar{ϕ}] = S^{(2)} [\bar{ϕ}] + \frac{1}{2 yo} T r {\bar{S}}^{(4)} . {\bar{GRAMO}}_{C} - \frac{1}{2 yo} T r {\bar{S}}^{(3)} . {\bar{GRAMO}}_{C} . {\bar{S}}^{(3)} . {\bar{GRAMO}}_{C}, (4)

$\Gamma^{(2)}[\bar\phi]=S^{(2)}[\bar\phi]+\frac{1}{2l}{\rm Tr}\, \bar S^{(4)}.\bar G_{c}-\frac{1}{2l}{\rm Tr}\, \bar S^{(3)}.\bar G_{c}. \bar S^{(3)}.\bar G_{c}, \;\;\;\;\;\;(4)$ donde ya hemos utilizado el hecho de que el campo se puede establecer en

{\bar{ϕ}}_{0}

$\bar\phi_0$ en los dos últimos términos con precisión de un bucle. Estos dos términos corresponden a los dos primeros diagramas en la pregunta del OP. Sin embargo, aún no hemos terminado, y para ser precisos en un ciclo, necesitamos expandir

S^{(2)} [\bar{ϕ}]

$S^{(2)}[\bar\phi]$ ordenar

1 / l

$1/l$ , lo que da

Γ^{(2)} [\bar{ϕ}] = {\bar{S}}^{(2)} + \frac{1}{yo} ({\bar{S}}^{(3)} . {\bar{ϕ}}_{1} + \frac{1}{2} T r {\bar{S}}^{(4)} . {\bar{GRAMO}}_{C} - \frac{1}{2} T r {\bar{S}}^{(3)} . {\bar{GRAMO}}_{C} . {\bar{S}}^{(3)} . {\bar{GRAMO}}_{C}) .

$\Gamma^{(2)}[\bar\phi]=\bar S^{(2)}+\frac{1}{l}\left(\bar S^{(3)}.\bar\phi_1+\frac{1}{2}{\rm Tr}\, \bar S^{(4)}.\bar G_{c}-\frac{1}{2}{\rm Tr}\, \bar S^{(3)}.\bar G_{c}. \bar S^{(3)}.\bar G_{c}\right). \;\;\;\;\;\;$ Usando la ecuación

(3)

$(3)$ , encontramos

{\bar{S}}^{(3)} . {\bar{ϕ}}_{1} = - \frac{1}{2} {\bar{S}}^{(3)} . {\bar{GRAMO}}_{C} . T r {\bar{S}}^{(3)} . {\bar{GRAMO}}_{C},

$\bar S^{(3)}.\bar\phi_1= -\frac{1}{2}\bar S^{(3)}.\bar G_c.{\rm Tr}\,\bar S^{(3)}.\bar G_c,$ que corresponde al tercer diagrama del OP. Así es como se generan estos diagramas no 1PI en la fase ordenada, y corresponden a la renormalización del parámetro de orden (debido a las fluctuaciones) en el propagador clásico.

Eventualmente también me di cuenta de que la resolución de mi problema radica en un tratamiento cuidadoso de la expansión del bucle. Esta respuesta da la respuesta más claramente.
@QuantumDot: Tuve el mismo problema recientemente y pensé que podría ser útil escribir una respuesta detallada en alguna parte. De hecho, me parece que la definición estándar de 1PI (o 1PR) es engañosa (pero está bien en los casos estándar): debería ser "un diagrama de autoenergía 1PI es un diagrama que no se puede dividir en dos diagramas de autoenergía ". piezas cortando cualquier línea interna". Su tercer diagrama se puede dividir en dos partes, pero estos dos no son diagramas de energía propia y, por lo tanto, debe incluirse (eso es más fácil de ver al pensar en lo que hace la ecuación de Dyson).

higgsss · Answer 2

(Encontré esta pregunta mientras revisaba la categoría "sin respuesta". No estoy seguro de por qué apareció una pregunta de hace 9 meses en la lista, pero todavía parece haber un espacio para mi contribución).

La acción efectiva cuántica $\Gamma[\phi]$ genera diagramas 1PI, y un análisis a nivel de árbol equivale a un análisis completo de la acción original $S[\phi]$ .

La suma de todos los diagramas 1PI de 2 puntos es lo que contribuye (además de $p^{2}-m^{2}$ , que también está presente en la acción original) a la parte cuadrática de $\Gamma[\phi]$ . Si no hubiera término lineal en $\phi$ en $\Gamma[\phi]$ , esta sería la propia energía propia; Sin embargo, si $\Gamma[\phi]$ contenía un término lineal, uno tiene que hacer un cálculo adicional a nivel de árbol para obtener la energía propia de $\Gamma[\phi]$ .

En cuanto a los diagramas de Feynman en la publicación original, los dos primeros contribuyen a $\Gamma[\phi]$ , y el tercero aparece al calcular la energía propia de $\Gamma[\phi]$ .

qmecanico · Answer 3

La función completa de 2 puntos es igual a la función completa de 2 puntos conectada más las contribuciones del renacuajo:
$\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} \frac{ℏ}{i} {GRAMO}^{k ℓ} = & ⟨ ϕ^{k} ϕ^{ℓ} ⟩_{j = 0} \\ = & ⟨ ϕ^{k} ϕ^{ℓ} ⟩_{j = 0}^{C} + ⟨ ϕ^{k} ⟩_{j = 0} ⟨ ϕ^{ℓ} ⟩_{j = 0} \\ = & \frac{ℏ}{i} W_{C, 2}^{k ℓ} + W_{C, 1}^{k} W_{C, 1}^{ℓ} . \end{aligned}, \end{matrix}$ $\begin{align}\frac{\hbar}{i}G^{k \ell}~=~& \langle \phi^k\phi^{\ell} \rangle_{J=0} \cr ~=~&\langle \phi^k\phi^{\ell} \rangle^c_{J=0} +\langle \phi^k \rangle_{J=0} \langle \phi^{\ell} \rangle_{J=0}\cr ~=~&\frac{\hbar}{i} W_{c,2}^{k \ell} +W_{c,1}^k W_{c,1}^{\ell}. \end{align} , \tag{1}$ cf. por ejemplo, mi respuesta Phys.SE aquí .
La energía propia
$\begin{matrix} (2) & Σ = {GRAMO}_{0}^{- 1} - {GRAMO}_{C}^{- 1} \end{matrix}$ $\Sigma~=~G_0^{-1}-G_c^{-1}\tag{2}$ en general consiste en diagramas conectados con 2 piernas amputadas de manera que las 2 piernas no se pueden desconectar cortando una sola línea interna, cf. por ejemplo, mi respuesta Phys.SE aquí . Tenga en cuenta en particular que la energía propia (2) puede contener diagramas que no sean 1PI con renacuajos.
El término cuadrático en la acción efectiva $\Gamma[\phi_{\rm cl}]$ lee
$\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} (Γ_{2})_{k ℓ} = & - (W_{C, 2}^{- 1})_{k ℓ} \\ - & W_{C, 3}^{pags q r} (W_{C, 2}^{- 1})_{pags k} (W_{C, 2}^{- 1})_{q ℓ} (W_{C, 2}^{- 1})_{r metro} W_{C, 1}^{metro} \\ + & O ((W_{C, 1})^{2}), \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align} (\Gamma_2)_{k\ell}~=~& ~-~(W^{-1}_{c,2})_{k\ell}\cr ~-~& W_{c,3}^{pqr}(W^{-1}_{c,2})_{pk}(W^{-1}_{c,2})_{q\ell}(W^{-1}_{c,2})_{rm}W^m_{c,1} \cr ~+~&{\cal O}((W_{c,1} )^2),\end{align}\tag{3}$ cf. por ejemplo, mi respuesta Phys.SE aquí .

Por el contrario, el propagador conectado completo / vestido lee
$\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} {GRAMO}_{C}^{k ℓ} = & W_{C, 2}^{k ℓ} \\ = & - (Γ_{2}^{- 1})^{k ℓ} \\ - & Γ_{3, pags q r} (Γ_{2}^{- 1})^{pags k} (Γ_{2}^{- 1})^{q ℓ} (Γ_{2}^{- 1})^{r metro} Γ_{1, metro} \\ + & O ((Γ_{1})^{2}) . \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align} G_c^{k\ell}~=~&W_{c,2}^{k\ell}\cr ~=~& ~-~(\Gamma^{-1}_2)^{k\ell}\cr ~-~& \Gamma_{3,pqr}(\Gamma^{-1}_2)^{pk}(\Gamma^{-1}_2)^{q\ell}(\Gamma^{-1}_2)^{rm}\Gamma_{1,m}\cr ~+~&{\cal O}((\Gamma_1)^2).\end{align}\tag{4}$

$W_{c,2}^{k\ell}$ y $-(\Gamma_2)_{k\ell}$ se convierte en inversas entre sí cuando no hay renacuajos $\Leftrightarrow W_{c,1}^k=0\Leftrightarrow \Gamma_{1,k}=0$ .

Autoenergía, 1PI y renacuajos

Punto cuántico

Ron Maimón

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Respuestas (3)

Adán

Punto cuántico

Adán

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higgsss

qmecanico

Prueba de función de dos puntos de series geométricas

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