Expansión de la perturbación de la acción efectiva

La pregunta se ha publicado casi un año y no recibió respuesta. Ahora, creo que podría tratar de dar una respuesta basada en mi estudio de este año. Como creo que la discusión sobre la acción efectiva del capítulo 11 de An Introduction to Quantum Field Theory (Peskin & Schroeder) no es muy clara, reorganizaré todo el material a mi manera. Otra referencia es la teoría cuántica de campos (Mark Srednicki) .

Si la prueba de una ecuación se puede encontrar en el libro de Peskin, no repetiré la prueba aquí. Entonces, lea la respuesta con el libro de Peskin.

Mi definición de métrica es$\mathrm{diag}(-1,1,1,1)$

Acción efectiva

La integral de trayectoria de un campo cuántico con fuente externa es

$$Z[J] = e^{-iE[J]} = \int \mathcal{D} \phi \exp\left[ i\int d^4x (\mathcal{L}[\phi] + J \phi) \right]$$

Definir$\phi_{\mathrm{cl}} (x) \equiv \langle \Omega | \phi(x) | \Omega \rangle_{J}$, podemos deducir que

$$\frac{\delta}{\delta J(x)} E[J] = - \phi_{\mathrm{cl}}(x)$$ Ahora definimos acción efectiva como $$\Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}] \equiv -E[J] - \int d^4y J(y) \phi_{\mathrm{cl}}(y)$$ Suponer $\mathcal{L}$es invariante bajo transformación $U$, es decir $\mathcal{L}(U\phi) = \mathcal{L}(\phi)$. Tenemos $$U\phi_{\mathrm{cl}}(x) = \langle \Omega | U\phi(x) | \Omega\rangle_{J} = \frac{\int \mathcal{D}\phi e^{i \int \mathcal{L}(\phi)+J\phi}U\phi(x)}{\int \mathcal{D}\phi e^{i \int \mathcal{L}(\phi)+J\phi}}$$ Definir $J' = \frac{J\phi}{U\phi}$, y suponemos que la medida de la integral de trayectoria es invariante bajo la transformación $U$, entonces nosotros tenemos $$U\phi_{\mathrm{cl}}(x) = \frac{\int \mathcal{D}U\phi e^{i \int \mathcal{L}(U\phi)+J'U\phi}U\phi(x)}{\int \mathcal{D}U\phi e^{i \int \mathcal{L}(U\phi)+J'U\phi}} = \frac{\int \mathcal{D}\phi e^{i \int \mathcal{L}(\phi)+J'\phi}\phi(x)}{\int \mathcal{D}\phi e^{i \int \mathcal{L}(\phi)+J'\phi}} = \langle \Omega | \phi(x) | \Omega\rangle_{J'}$$ Por un lado, tenemos $$\Gamma[U\phi_{\mathrm{cl}}] = E[J'] - \int d^4y J'(y)U\phi_{\mathrm{cl}}(y) = E[J'] - \int d^4y J(y)\phi_{\mathrm{cl}}(y)$$ Por otro lado, tenemos $$\begin{eqnarray} Z[J'] &=& \int \mathcal{D}\phi \exp \left[ i \int d^4x \mathcal{L}(\phi)+J'\phi \right] = \int \mathcal{D}U\phi \exp \left[ i \int d^4x \mathcal{L}(U\phi)+J'U\phi \right] \nonumber \\ &=& \int \mathcal{D}\phi \exp \left[ i \int d^4x \mathcal{L}(\phi)+J\phi \right] = Z[J] \nonumber \end{eqnarray}$$ Entonces, $E[J] = E[J']$y evidentemente $$\Gamma(U\phi_{\mathrm{cl}}) = E[J] - \int d^4y J(y)\phi_{\mathrm{cl}}(y) = \Gamma(\phi_{\mathrm{cl}})$$ Hemos probado que la acción efectiva es invariable bajo transformación $U$.

Podemos verificar además que

$$\frac{\delta}{\delta \phi_{\mathrm{cl}}(x)} \Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}] = -J(x)$$ Si la fuente externa se establece en cero, la acción efectiva satisface la ecuación $$\frac{\delta}{\delta \phi_{\mathrm{cl}}(x)} \Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}] = 0$$ La solución a esta ecuación son los valores de $\langle \phi(x) \rangle$en los estados cuánticos estables de la teoría. Para un estado de vacío invariante traslacional, encontraremos una solución en la que $\phi_{\mathrm{cl}}$es independiente de $x$. Para simplificar, supondremos que el estado de vacío en nuestra siguiente discusión son todos invariantes traslacionales. Así que si $T$es la extensión temporal de la región y $V$es su volumen tridimensional, podemos definir el potencial efectivo del campo por $$\Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}] = -(VT) \cdot V_{\mathrm{eff}}(\phi_{\mathrm{cl}})$$ la condición que $\Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}]$tiene un extremo entonces se reduce a la ecuación simple $$\frac{\partial}{\partial \phi_{\mathrm{cl}}} V_{\mathrm{eff}}(\phi_{\mathrm{cl}}) = 0$$ Un sistema con simetría rota espontáneamente tendrá varios mínimos de $V_{\mathrm{eff}}$, todos con la misma energía en virtud de la simetría. La elección de uno de estos vacíos es la ruptura espontánea de la simetría. Tenga en cuenta que $V_{\mathrm{eff}}(\phi_{\mathrm{cl}})$comparte la misma simetría con el lagrangiano original incluso si el estado de vacío es una ruptura de simetría espontánea.

Cómputo de la acción efectiva

Descomponga el Lagrangiano en una pieza según los parámetros renormalizados y una que contenga los contratérminos

$$\mathcal{L} = \mathcal{L}_1 + \delta \mathcal{L}$$ Definir $J_1$por $$\left. \frac{\delta \mathcal{L}_1}{\delta \phi} \right|_{\phi = \phi_{\mathrm{cl}}} + J_1(x) = 0$$ Definir $\delta J$por $$J(x) = J_1(x) + \delta J(x)$$ Entonces tenemos $$e^{-iE[J]} = \int \mathcal{D}\phi e^{i\int d^4x (\mathcal{L}_1 + J_1\phi)} e^{i\int d^4x (\delta \mathcal{L} + \delta J \phi)}$$ Reemplazar $\phi$por $\phi_{\mathrm{cl}}+\eta$, $$\begin{eqnarray} \int d^4x \, (\mathcal{L}_1 + J_1\phi) &=& \int d^4x \, (\mathcal{L}_1[\phi_{\mathrm{cl}}] + J_1\phi_{\mathrm{cl}}) + \int d^4x \, \eta(x) \left( \frac{\delta \mathcal{L}_1}{\delta \phi} + J_1 \right) \nonumber \\ &+& \frac{1}{2} \int d^4x \, d^4y \, \eta(x) \eta(y) \frac{\delta^2 \mathcal{L}_1}{\delta \phi(x) \delta \phi(y)} \nonumber \\ &+& \frac{1}{3!} \int d^4x \, d^4y \, d^4z \, \eta(x) \eta(y) \eta(z) \frac{\delta^3 \mathcal{L}_1}{\delta \phi(x) \delta \phi(y) \delta \phi(z)} + \cdots \nonumber \end{eqnarray}$$ El término lineal en $\eta$desaparece por definición de $J_1$. Luego, reemplace los efectos del contratérmino Lagrangiano, escribiéndolo como $$(\delta \mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}}] + \delta J \phi_{\mathrm{cl}} ) + ( \delta \mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}} + \eta] - \delta\mathcal{L} [\phi_{\mathrm{cl}}] + \delta J \eta)$$ Definir $$\mathcal{L}_2 = \left(\frac{1}{3!} \int d^4x \, d^4y \, d^4z \, \eta(x) \eta(y) \eta(z) \frac{\delta^3 \mathcal{L}_1}{\delta \phi(x) \delta \phi(y) \delta \phi(z)} + \cdots \right) + ( \delta \mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}} + \eta] - \delta\mathcal{L} [\phi_{\mathrm{cl}}] + \delta J \eta)$$ Entonces $$e^{-iE[J]} = C_1 e^{i\int \mathcal{L}_2(\frac{1}{i} \frac{\delta}{\delta I})} \left. \int \mathcal{D}\eta e^{i\int \left(\frac{1}{2} \eta \frac{\delta^2 \mathcal{L}_1}{\delta \phi \delta \phi} \eta + I\eta \right)} \right|_{I=0}$$ dónde $$C_1 \equiv \exp \left[ i \int ( \mathcal{L}_1 [\phi_{\mathrm{cl}}] + J_1\phi_{\mathrm{cl}} + \delta \mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}}] + \delta J \phi_{\mathrm{cl}} )\right]$$ Si definimos propagador $D_F$como $$D_F \equiv i \left( \frac{\delta^2 \mathcal{L}_1}{\delta \phi \delta \phi}\right)^{-1}$$ Tenemos $$Z[J] = e^{-iE[J]} =C_1 Z_0[0] e^{i\int \mathcal{L}_2(\frac{1}{i} \frac{\delta}{\delta I})} \left. \int \mathcal{D}\eta e^{i\int \left(-\frac{1}{2} I D_F I \right)} \right|_{I=0}$$ dónde $$Z_0[0] \equiv \int \mathcal{D}\eta e^{ \frac{i}{2}\int \eta \left( \frac{\delta^2 \mathcal{L}_1}{\delta \phi \delta \phi}\right) \eta }$$ Peskin representado $Z_0[0]$por el método del determinante funcional en este paso. Pero presentaré este método cuando trabaje con un ejemplo específico y trataré de hacer que este extraño "determinante" sea más natural.

Recuerde que en la teoría de la perturbación para la integral de trayectoria, podemos obtener una expansión de la perturbación para$iE[J]$utilizando el diagrama de Feynman conectado. La prueba se puede encontrar en la sección 9 de la Teoría cuántica de campos (Mark Srednicki) . Entonces tenemos

$$-iE[J] = i \int ( \mathcal{L}_1 [\phi_{\mathrm{cl}}] + J_1\phi_{\mathrm{cl}} + \delta \mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}}] + \delta J \phi_{\mathrm{cl}} ) + \log(Z_0[0]) + \mbox{ connected diagrams }$$ Tenga en cuenta que el propagador del diagrama está dado por $D_F$, el vértice del diagrama está dado por $\mathcal{L}_2$. Este es el procedimiento que convierte términos como $\frac{1}{3!} \int d^4x d^4y d^4z \eta(x) \eta(y) \eta(z) \frac{\delta^3 L_1}{\delta\phi(x) \delta\phi(y) \delta\phi(z)}$y $\delta L[\phi_{cl}+\eta]-\delta L[\phi_{cl}] + \delta J \eta$en diagramas conectados.

De esta ecuación,$\Gamma$sigue directamente:

$$\Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}] = \int d^4x \mathcal{L}_1[\phi_{\mathrm{cl}}] -i\log(Z_0[0]) -i \mbox{ connected diagrams} + \int d^4x \delta\mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}}]$$

Observe que no quedan términos que dependan explícitamente de$J$; de este modo,$\Gamma$se expresa como una función de$\phi_{\mathrm{cl}}$, como debería ser. Los diagramas de Feynman que contribuyen a$\Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}]$no tienen líneas externas, y las más simples resultan tener dos bucles. La corrección cuántica de orden más bajo para$\Gamma$viene dada por el determinante funcional.

El último término proporciona un conjunto de contratérminos que se pueden usar para satisfacer las condiciones de renormalización en$\Gamma$y, en el proceso, cancelar las divergencias que aparecen en la evaluación del determinante funcional y los diagramas. Las condiciones de renormalización determinarán todos los contratérminos en$\delta \mathcal{L}$. Sin embargo, el formalismo que hemos construido contiene un nuevo contratérmino$\delta J$. Ese coeficiente está determinado por$\langle \eta \rangle = 0$. En la práctica, satisfaremos esta condición simplemente ignorando cualquier diagrama de un punto irreducible de una partícula, ya que cualquier diagrama de este tipo se cancelará mediante el ajuste de$\delta J$.

Modelo sigma lineal

Empezamos de nuevo con el Lagrangiano

$$\mathcal{L}_1 = -\frac{1}{2} \partial_{\mu} \phi^i \partial^{\mu}\phi^i + \frac{1}{2} \mu^2 (\phi^i)^2 - \frac{\lambda}{4} [(\phi^i)^2]^2$$ Ampliar sobre el campo clásico $\phi^i = \phi_{\mathrm{cl}}^i + \eta^i$, y suponemos que el vacío es invariante traslacional. Entonces nosotros tenemos $$\mathcal{L}_1 = -\frac{1}{2}(\partial_{\mu}\eta)^2 + \frac{1}{2}\mu^2(\eta^i)^2 - \frac{\lambda}{2}[(\phi_{\mathrm{cl}}^2)(\eta^i)^2+ 2(\phi_{\mathrm{cl}}^i\eta^i)^2] + \cdots$$ De los términos cuadráticos en $\eta$, podemos leer $$\frac{\delta^2 \mathcal{L}_1}{\delta\phi^i\delta\phi^j} = \partial^2\delta_{ij} + \mu^2\delta_{ij} - \lambda[(\phi_{\mathrm{cl}}^k)^2\delta_{ij} + 2\phi_{\mathrm{cl}}^i \phi_{\mathrm{cl}}^j]$$ Elegimos el estado de vacío exigiendo $\phi_{\mathrm{cl}}^i$puntos en el $N$la dirección $$\phi_{\mathrm{cl}}^i = (0,\cdots,\phi_{\mathrm{cl}})$$ Entonces el operador es igual al operador de Klein-Gordon $(\partial^2-m_i^2)$, dónde $$m_i^2 = \begin{cases} \lambda\phi_{\mathrm{cl}}^2-\mu^2 \quad i=1,\cdots,N-1 \\ 3\lambda\phi_{\mathrm{cl}}^2-\mu^2 \quad i=N \end{cases}$$ $$Z_0[0] \equiv \prod_{i=1}^{N} Z_i = \prod_{i=1}^{N} \int \mathcal{D}\eta e^{ \frac{i}{2}\int \eta \left( \partial^2-m_i^2\right) \eta }$$ Aquí, $m_i$es una función de $\phi_{cl}$. queremos conseguir $\log Z_0[0]$como una función de $\phi_{cl}$y el cambio infinito constante de $\log Z_0[0]$se eliminará en nuestro cálculo. tratamos $-\frac{1}{2}m_i^2\eta^2$como una perturbación, entonces tenemos $$Z_i \propto e^{-\frac{im_i^2}{2}(\frac{1}{i} \frac{\delta}{\delta I})^2} \left. \int \mathcal{D}\eta e^{i\int \left(-\frac{1}{2} I S_F I \right)} \right|_{I=0}$$ dónde $$S_F(x-y) = \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} \frac{-i}{p^2}e^{ip(x-y)}$$ Ahora podemos tener las siguientes reglas de Feynamn.

1. una línea de$x$a$y$está asociado con$S_F(x-y)$
2. Un vértice que une dos rectas en$x$está asociado con$-im_i^2\int d^4x$

Entonces tenemos

$$\log Z_i = \sum_{I}C_I$$ dónde $C_I$representa el diagrama conectado sin fuente externa. Un diagrama conectado sin fuente externa debe tener la siguiente forma Entonces, tenemos $$C_n = \frac{1}{2n}\int \prod_{k=1}^{n} \frac{d^4p_k d^4x_k}{(2\pi)^4} \frac{-m_i^2}{p_k^2} \exp(ip_k(x_k-x_{k+1})) = \int d^4p \delta(0) \left(-\frac{m_i^2}{p^2} \right)^n$$ $$\log Z_i = -\frac{1}{2}VT \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} \sum -\frac{1}{n} \left(-\frac{m_i^2}{p^2} \right)^n = -\frac{1}{2}VT\int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} \log(1+\frac{m_i^2}{p^2})$$ Recuerde la integral de Gauss $$\int _{-\infty }^{\infty }e^{\left(-{\frac {i}{2}}\sum \limits _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}\,d^{n}x = {\sqrt {\frac {(-2\pi i)^{n}}{\det A}}}$$ Así que formalmente, tenemos $$\log Z_i = -\frac{1}{2}\log \det (-\partial_x^2 + m_i^2)\delta(x-y)$$ Definir $$M(x-y) \equiv (-\partial_x^2 + m_i^2)\delta(x-y) \quad M_0(x,y) \equiv -\partial_x^2\delta(x-y) \quad M_1(y,z) \equiv \delta(y-z) + im_i^2D_F(y-z)$$ Podemos verificar que $$M(x,z) = \int d^4y M_0(x-y)M_1(y-z)$$ Entonces, $$\log \det M = \log \det M_0 + \log \det M_1 \approx \log \det M_1$$ nos damos de baja $\log \det M_0$porque no contiene $m(\phi_{\mathrm{cl}})$. Además, tenemos $M_1 = I - G$, dónde $I = \delta(x-y)$es la matriz identidad y $G = -im_i^2D_F$. Entonces $$\log \det M_1 = \mathrm{Tr} \log M_1 = \mathrm{Tr} \log(I-G) = -\frac{1}{n}\sum_{n=1}^{\infty} \mathrm{Tr} G_n$$ Entonces tenemos $$\log Z_i = -\frac{1}{2}\log \det M = \frac{1}{2n} \mathrm{Tr} G_n = \sum_n C_n$$ Luego reproducimos el resultado anterior usando el método de perturbación del diagrama. Aunque la definición de determinante funcional no es muy rigurosa, podemos confiar en ella como una forma efectiva de calcular la integral gaussiana funcional.

El siguiente cálculo necesita trucos de rotación de mechas y regularización de dimensiones y puede consultar la ecuación 11.72 del libro de Peskin para obtener más detalles. Aquí, solo enumero el resultado final:

$$\log Z_0[0] = \frac{i}{2}\frac{\Gamma(-\frac{d}{2})}{(4\pi)^{d/2}}(m^2)^{\frac{d}{2}}VT$$ Entonces, hasta correcciones de un bucle, podemos obtener $$V_{\mathrm{eff}} = -\frac{1}{2} \mu^2 \phi_{\mathrm{cl}}^2 + \frac{\lambda}{4} \phi_{\mathrm{cl}}^4 - \frac{1}{2}\frac{\Gamma(-\frac{d}{2})}{(4\pi)^{d/2}}[(N-1)(\lambda\phi_{\mathrm{cl}}^2-\mu^2)^{\frac{d}{2}} + (3\lambda\phi_{\mathrm{cl}}^2-\mu^2)^{\frac{d}{2}}] + \frac{1}{2}\delta_{\mu}\phi_{\mathrm{cl}}^2 + \frac{1}{4}\delta_{\lambda}\phi_{\mathrm{cl}}^4$$ y si queremos $V_{\mathrm{eff}}$es finito para los términos que involucran $\phi_{\mathrm{cl}}$, nosotros podemos obtener $$\delta_{\lambda} = \frac{2\lambda^2(N+8)}{(4\pi)^2} \times \frac{1}{4-d} + \mbox{ finite terms }$$ $$\delta_{\mu} = -\frac{2\lambda\mu^2(N+2)}{(4\pi)^2} \times \frac{1}{4-d} + \mbox{ finite terms }$$