¿Cómo se prueba la desigualdad independiente del canal satisfecha por el producto de las tres variables de Mandelstam?

Urgh, odio ese capítulo de Landau, tan aburrido. De todos modos, este no es el cálculo más burdo en ese libro al menos. Después de una expansión trivial obtenemos

$$\begin{align} \begin{vmatrix} q_1^2& q_1\cdot q_2&q_1\cdot q_3 \\ q_1\cdot q_2& q_2^2& q_2\cdot q_3\\ q_1\cdot q_3& q_2\cdot q_3& q_3^2 \end{vmatrix} =q_1^2q_2^2q_3^2+2(q_1\cdot q_2)(q_1\cdot q_3)(q_2\cdot q_3)-q_2^2(q_1\cdot q_3)^2-q_3^2(q_1\cdot q_2)^2-q_1^2(q_2\cdot q_3)^2 \end{align}$$ pero sabemos que$q_i^2=m_i^2$, y$s=m_1^2+m_2^2+2q_1q_2$,$t=m_1^2+m_3^2-2q_1q_3$, y$u=m_2^2+m_3^2-2q_2q_3$, por lo que nuestro determinante es igual a $$\begin{align} m_1^2m_2^2m_3^2+\frac{1}{4}(s-m_1^2-m_2^2)(m_1^2+m_3^2-t)(m_2^2+m_3^2-u)-\frac{1}{4}m_2^2(m_1^2+m_3^2-t)^2-\frac{1}{4}m_3^2(s-m_2^2-m_1^2)^2-\frac{1}{4}m_1^2(m_2^2+m_3^2-u)^2\geq 0 \end{align}$$ Rejigging esto un poco, ya que queremos$stu$por sí solo, obtenemos $$\begin{align} stu \geq -4m_1^2m_2^2m_3^2 &-(s-m_1^2-m_2^2)(t-m_1^2-m_3^2)(u-m_2^2-m_3^2)+stu+m_2^2(t-m_1^2-m_3^2)^2\\ &+m_3^2(s-m_2^2-m_1^2)^2+m_1^2(u-m_2^2-m_3^2)^2 \end{align}$$ Ahora eliminamos los términos cuadráticos (ya que nuestra respuesta deseada es lineal en$s,t,u$), sobre el cual descubriremos que el RHS es un polinomio lineal homogéneo. Entonces, encontrar los coeficientes es trivial.

La forma en que hacemos esto es usando el hecho de que la suma de las variables es la suma de las masas cuadradas$s+t+u=m_1^2+m_2^2+m_3^2+m_4^2=h$, de donde se sigue

$$\begin{align} s^2=hs-st-su \end{align}$$ y de manera similar para$t^2$y$u^2$. (Una pista de que necesitábamos hacer esto también proviene del hecho de que había$m_4^2$en el resultado final, sin embargo$q_4$no se ve por ninguna parte en el determinante, por lo que es mejor que provenga de alguna identidad que involucre a las variables, y$s+t+u$es el único candidato obvio.)

Los términos cuadráticos en la RHS son

$$\begin{align} m_1^2s^2+m_2^2t^2+m_3^2u^2+(m_1^2+m_2^2)tu+(m_1^2+m_2^3)su+(m_2^2+m_3^2)st \end{align}$$ Pero cuando reemplazamos en la expresión anterior por$s^2,t^2,u^2$se vuelve lineal! $$\begin{align} m_1^2\left(hs-st-su\right)+m_2^2\left(ht-st-tu\right)+m_3^2\left(hu-su-tu\right)+(m_1^2+m_2^2)tu+(m_1^2+m_2^3)su+(m_2^2+m_3^2)st \end{align}$$ por ejemplo en lo anterior el coeficiente de$tu$es$\left(-m_1^2-m_2^2+m_1^2+m_2^2\right)=0$. Por lo tanto, los términos cuadráticos se reducen a $$\begin{align} h\left(m_1^2s+m_2^2t+m_3^2u\right) \end{align}$$ Hasta aquí los términos cuadráticos. Ahora podrías pensar que lo que nos queda es algo que parece$a s+bt+c u +d$pero esto no puede ser así porque si$s=t=u=0$entonces todas las masas se desvanecen por separado y el término constante entonces debe desvanecerse - así que lo que tenemos es secretamente de la forma$a s+b t+c u$debido a la restricción que relaciona la$m_i$s y los Mandelstams. El resultado sigue esencialmente; para encontrar por ejemplo$a$, solo podemos establecer$t=u=0$,$s=h$, y encuentre usando nuestra tercera ecuación $$\begin{align} ah&=-(m_3^2+m_4^2)(m_1^2+m_3^2)(m_2^2+m_3^2)+m_2^2(m_1^2+m_3^2)^2+m_1^2(m_2^2+m_3^2)^2+m_3^2(m_3^2+m_4^2)^2-4m_1^2m_2^2m_3^2 \\ &=(m_1^2m_2^2-m_3^2m_4^2)(m_1^2+m_2^2-m_3^2-m_4^2). \end{align}$$ los valores de$bh$y$ch$son trivialmente obvios por simetría, pero no es un esfuerzo adicional llegar a ellos como los anteriores.