¿Integral de función escalar de 3 puntos de AdS/CFT a partir de la parametrización de Feynman?

Question

¿Integral de función escalar de 3 puntos de AdS/CFT a partir de la parametrización de Feynman?

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Física
integración
teoría cuántica de campos
teoría del campo conforme

Kagaratsch

En este artículo, la función escalar de 3 puntos en AdS/CFT se obtiene realizando la siguiente integral:

Los autores comentan que obtienen el resultado por integración de parámetros de Feynman. Para practicar, quería reproducir el mismo resultado, así que busqué la página de Wikipedia sobre los parámetros de Feynman :

El problema aquí es la condición Re $(\alpha_j)>0$ , mientras que hay $(a)>0$ en la integral anterior (22) daría lugar a una parte real negativa de un alfa.

¿Se conocen otras variaciones de la parametrización de Feynman que cubrirían el caso en cuestión? ¡Gracias por cualquier sugerencia!

EDITAR:

Pretendiendo que la restricción de la parte real no es un problema y simplemente aplicando la regla, obtengo el mismo resultado que en el papel multiplicado por lo siguiente:

\frac{Γ (C - \frac{d}{2}) Γ (\frac{1}{2} (- 2 C + d + 2)) Γ (- a + b + C - d) Γ (a - b - C + d + 1)}{Γ (\frac{1}{2} - \frac{a}{2}) Γ (\frac{a}{2} + \frac{1}{2}) Γ (- \frac{a}{2} + b - \frac{d}{2} + \frac{1}{2}) Γ (\frac{a}{2} - b + \frac{d}{2} + \frac{1}{2})}

$\frac{\Gamma \left(c-\frac{d}{2}\right) \Gamma \left(\frac{1}{2} (-2 c+d+2)\right) \Gamma (-a+b+c-d) \Gamma (a-b-c+d+1)}{\Gamma \left(\frac{1}{2}-\frac{a}{2}\right) \Gamma \left(\frac{a}{2}+\frac{1}{2}\right) \Gamma \left(-\frac{a}{2}+b-\frac{d}{2}+\frac{1}{2}\right) \Gamma \left(\frac{a}{2}-b+\frac{d}{2}+\frac{1}{2}\right)}$

que es equivalente a

- \frac{porque (\frac{π a}{2}) porque (\frac{1}{2} π (a - 2 b + d))}{pecado (π C - \frac{π d}{2}) pecado (π (a - b - C + d))}

$-\frac{\cos \left(\frac{\pi a}{2}\right) \cos \left(\frac{1}{2} \pi (a-2 b+d)\right)}{\sin \left(\pi c-\frac{\pi d}{2}\right)\sin (\pi (a-b-c+d))}$

Y debo mencionar que aquí nuevamente tuve que ignorar la restricción $\Re(C)>\Re(A+B)$ al evaluar el caso especial de la función hipergeométrica de Gauss .

El hecho de que se hayan violado dos instancias de restricciones "mayor que" me hace esperar que pueda haber un enfoque de parámetro de Feynman adecuado en el que se cumplan todos los criterios de convergencia y no aparezcan factores adicionales extravagantes.

¿Quizás alguien sabe una referencia adecuada?

prahar

¿Ignorar las restricciones y luego continuar analíticamente? Siempre que no tenga que cruzar cortes de ramas para llegar al área de interés, la respuesta sería correcta.

Kagaratsch

@Prahar ¡Gracias! Sí, eso es lo que intenté, pero el factor adicional que obtengo parece no ser trivial y arruina las cosas. Supongo que probaré una parametrización genérica de Schwinger desde cero.

Respuestas (1)

¿Integral de función escalar de 3 puntos de AdS/CFT a partir de la parametrización de Feynman?

¿Ignorar las restricciones y luego continuar analíticamente? Siempre que no tenga que cruzar cortes de ramas para llegar al área de interés, la respuesta sería correcta.
@Prahar ¡Gracias! Sí, eso es lo que intenté, pero el factor adicional que obtengo parece no ser trivial y arruina las cosas. Supongo que probaré una parametrización genérica de Schwinger desde cero.

Abdelmalek Abdesselam · Answer 1

Hace unos meses, también necesitaba el resultado de este cálculo del diagrama de Witten de tres puntos de contacto de Freedman, Mathur, Matusis y Rastelli. También me quedé estupefacto por la falta de detalles en su artículo, ya que todo lo que decían era "se hace fácilmente con los métodos convencionales de parámetros de Feynman". Así que descubrí mi propia derivación. Probablemente no sea lo que FMMR tenía en mente y no sea el enfoque más elegante, pero hace el trabajo y es matemáticamente riguroso. Va de la siguiente manera.

Dejar

tu := \int_{0}^{\infty} d z_{0} \int_{R^{d}} d z \frac{z_{0}^{a}}{(z_{0}^{2} + (z - X)^{2})^{b} (z_{0}^{2} + (z - y)^{2})^{C}} .

$U:=\int_{0}^{\infty}dz_0\int_{\mathbb{R}^d} dz\ \frac{z_0^a}{(z_0^2+(z-x)^2)^b(z_0^2+(z-y)^2)^c}\ .$ Asumiendo

b, c > 0

$b,c>0$ , insertamos la identidad

\frac{1}{A^{α}} = \frac{1}{Γ (α)} \int_{0}^{\infty} d s s^{α - 1} e^{- s A}

$\frac{1}{A^\alpha}=\frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_{0}^{\infty}ds\ s^{\alpha-1} e^{-sA}$ dos veces para conseguir

tu = \frac{1}{Γ (b) Γ (C)} \int_{0}^{\infty} d z_{0} \int_{R^{d}} d z \int_{0}^{\infty} d s \int_{0}^{\infty} d t z_{0}^{a} s^{b - 1} t^{C - 1} Exp (- V_{1})

$U=\frac{1}{\Gamma(b)\Gamma(c)}\int_{0}^{\infty}dz_0\int_{\mathbb{R}^d} dz \int_{0}^{\infty}ds \int_{0}^{\infty}dt\ z_0^a s^{b-1}t^{c-1}\exp(-V_1)$ con

V_{1} := s (z_{0}^{2} + (z - X)^{2}) + t (z_{0}^{2} + (z - y)^{2})

$V_1:=s(z_0^2+(z-x)^2)+t(z_0^2+(z-y)^2)$

= s (z_{0}^{2} + X^{2}) + t (z_{0}^{2} + y^{2}) + (s + t) z^{2} - 2 (s X + t y) z .

$=s(z_0^2+x^2)+t(z_0^2+y^2)+(s+t)z^2-2(sx+ty)z\ .$ De este modo

\int_{R^{d}} d z Exp (- V_{1}) = {mi}^{- s (z_{0}^{2} + X^{2}) - t (z_{0}^{2} + y^{2})} \int_{R^{d}} d z Exp (- (s + t) {(z - \frac{s X + t y}{s + t})}^{2} + \frac{(s X + t y)^{2}}{s + t})

$\int_{\mathbb{R}^d} dz\ \exp(-V_1)=e^{-s(z_0^2+x^2)-t(z_0^2+y^2)} \int_{\mathbb{R}^d} dz\ \exp \left( -(s+t) \left( z-\frac{sx+ty}{s+t} \right)^2 +\frac{(sx+ty)^2}{s+t} \right)$

= Exp (V_{2}) \times {(\frac{π}{s + t})}^{\frac{d}{2}}

$=\exp(V_2) \times\left(\frac{\pi}{s+t}\right)^{\frac{d}{2}}$ con

V_{2} := \frac{(s X + t y)^{2}}{s + t} - s (z_{0}^{2} + X^{2}) - t (z_{0}^{2} + y^{2}),

$V_2:=\frac{(sx+ty)^2}{s+t}-s(z_0^2+x^2)-t(z_0^2+y^2)\ ,$ y después de calcular la integral de Gauss en

z

$z$ . Un poco de álgebra muestra

(s + t) V_{2} = - (s + t)^{2} z_{0}^{2} - s t (X - y)^{2} .

$(s+t)V_2=-(s+t)^2z_0^2-st(x-y)^2\ .$ enchufar de nuevo en

U

$U$ obtenemos

tu = \frac{π^{\frac{d}{2}}}{Γ (b) Γ (C)} \int_{0}^{\infty} d z_{0} \int_{0}^{\infty} d s \int_{0}^{\infty} d t z_{0}^{a} s^{b - 1} t^{C - 1} (s + t)^{- \frac{d}{2}} Exp (\frac{- (s + t)^{2} z_{0}^{2} - s t (X - y)^{2}}{s + t}) .

$U=\frac{\pi^{\frac{d}{2}}}{\Gamma(b)\Gamma(c)} \int_{0}^{\infty}dz_0\int_{0}^{\infty}ds\int_{0}^{\infty}dt\ z_0^{a}s^{b-1}t^{c-1}(s+t)^{-\frac{d}{2}}\exp\left( \frac{-(s+t)^2z_0^2-st(x-y)^2}{s+t} \right)\ .$ Cambiar variables de

z_{0}

$z_0$ a

z_{0}^{2}

$z_0^2$ e integrar sobre este último. Proporcionó

a > - 1

$a>-1$ , ahora obtenemos

tu = \frac{π^{\frac{d}{2}} Γ (\frac{a + 1}{2})}{2 Γ (b) Γ (C)} \int_{0}^{\infty} d s \int_{0}^{\infty} d t s^{b - 1} t^{C - 1} (s + t)^{- \frac{a + 1 + d}{2}} Exp (- \frac{s t}{s + t} (X - y)^{2}) .

$U=\frac{\pi^{\frac{d}{2}}\Gamma\left(\frac{a+1}{2}\right)}{2\Gamma(b)\Gamma(c)} \int_{0}^{\infty}ds\int_{0}^{\infty}dt\ s^{b-1}t^{c-1}(s+t)^{-\frac{a+1+d}{2}}\exp\left( -\frac{st}{s+t}(x-y)^2 \right)\ .$ Cambiar variables:

o l d s = \frac{1}{(x - y)^{2}} \times n e w s

${\rm old}\ s=\frac{1}{(x-y)^2}\times\ {\rm new}\ s$ y

o l d t = \frac{1}{(x - y)^{2}} \times n e w t

${\rm old}\ t=\frac{1}{(x-y)^2}\times\ {\rm new}\ t$ . Por eso,

tu = \frac{π^{\frac{d}{2}} Γ (\frac{a + 1}{2})}{2 Γ (b) Γ (C)} \times | X - y |^{a + 1 + d - 2 b - 2 C} \times W

$U=\frac{\pi^{\frac{d}{2}}\Gamma\left(\frac{a+1}{2}\right)}{2\Gamma(b)\Gamma(c)}\times |x-y|^{a+1+d-2b-2c} \times W$ con

W := \int_{0}^{\infty} d s \int_{0}^{\infty} d t s^{b - 1} t^{C - 1} (s + t)^{- \frac{a + 1 + d}{2}} Exp (- \frac{s t}{s + t}) .

$W:=\int_{0}^{\infty}ds\int_{0}^{\infty}dt\ s^{b-1}t^{c-1}(s+t)^{-\frac{a+1+d}{2}}\exp\left( -\frac{st}{s+t} \right)\ .$ Usamos la fórmula bivariada de cambio de variable para integrar sobre

0 < u < \infty

$0<u<\infty$ y

0 < v < 1

$0<v<1$ relacionadas con las antiguas variables por

(\begin{matrix} s \\ t \end{matrix}) = (\begin{matrix} v tu \\ (1 - v) tu \end{matrix}) .

$\left(\begin{array}{c}s \\ t\end{array}\right)= \left(\begin{array}{c} vu \\ (1-v)u\end{array}\right)\ .$ El jacobiano es

| \begin{array}{cc} \frac{\partial s}{\partial tu} & \frac{\partial s}{\partial v} \\ \frac{\partial t}{\partial tu} & \frac{\partial t}{\partial v} \end{array} | = - tu .

$\left|\begin{array}{cc} \frac{\partial s}{\partial u} & \frac{\partial s}{\partial v} \\ \frac{\partial t}{\partial u} & \frac{\partial t}{\partial v}\end{array}\right|=-u\ .$ Como resultado

W = \int_{0}^{\infty} d tu \int_{0}^{1} d v v^{b - 1} (1 - v)^{C - 1} {tu}^{- \frac{a + d + 1}{2} + b + C - 1} Exp [- tu v (1 - v)] .

$W=\int_{0}^{\infty}du\int_{0}^{1}dv\ v^{b-1}(1-v)^{c-1}u^{-\frac{a+d+1}{2}+b+c-1}\ \exp[-uv(1-v)]\ .$ Proporcionó

- \frac{a + d + 1}{2} + b + c > 0

$-\frac{a+d+1}{2}+b+c>0$ , podemos integrar en

u

$u$ de modo que

W = Γ (- \frac{a + d + 1}{2} + b + C) \times \int_{0}^{1} d v v^{\frac{a + d + 1}{2} - C - 1} (1 - v)^{\frac{a + d + 1}{2} - b - 1} .

$W=\Gamma\left(-\frac{a+d+1}{2}+b+c\right)\times \int_{0}^{1}dv\ v^{\frac{a+d+1}{2}-c-1}(1-v)^{\frac{a+d+1}{2}-b-1}\ .$ Por supuesto, la última integral beta da una relación de funciones Gamma, por lo que en todos

tu := \frac{π^{\frac{d}{2}}}{2} | X - y |^{a + 1 + d - 2 b - 2 C} \frac{Γ (\frac{a + 1}{2}) Γ (- \frac{a + d + 1}{2} + b + C) Γ (\frac{a + d + 1}{2} - C) Γ (\frac{a + d + 1}{2} - b)}{Γ (b) Γ (C) Γ (a + d + 1 - b - C)}

$U:=\frac{\pi^{\frac{d}{2}}}{2}|x-y|^{a+1+d-2b-2c} \frac{\Gamma\left(\frac{a+1}{2}\right)\Gamma\left(-\frac{a+d+1}{2}+b+c\right) \Gamma\left(\frac{a+d+1}{2}-c\right)\Gamma\left(\frac{a+d+1}{2}-b\right)}{\Gamma\left(b\right)\Gamma\left(c\right)\Gamma\left(a+d+1-b-c\right)}$ lo cual es válido cuando todos los argumentos de la función Gamma son positivos (o complejos con parte real positiva). Para ver que estas restricciones no son contradictorias, es mejor cambiar a las variables de dimensión de escala más simétricas.

{\begin{array}{ccl} Δ_{1} & = & b \\ Δ_{2} & = & C \\ Δ_{3} & = & a + d + 1 - b - C \end{array}

$\left\{\begin{array}{ccl} \Delta_1 & = & b \\ \Delta_2 & = & c \\ \Delta_3 & = & a+d+1-b-c \end{array} \right.$ Las restricciones ascienden a

Δ_{1}, Δ_{2}, Δ_{3}

$\Delta_1,\Delta_2,\Delta_3$ siendo las longitudes de un triángulo no degenerado que es suficientemente grande, es decir,

Δ_{1} + Δ_{2} + Δ_{3} > d

$\Delta_1+\Delta_2+\Delta_3>d$ .

También debo mencionar que existen técnicas más sofisticadas para calcular diagramas de Witten. Véase, por ejemplo, las conferencias TASI de Penedones .

¡Así que la parametrización de Schwinger es al final del día! Gracias por esta respuesta detallada.
Todavía puedes probar el truco de Feynman. Sugiero aplicarlo solo en el $b$ y $c$ denominadores y dejar $z_o^a$ solo. Mi derivación probablemente se puede reformular de esa manera.
Sí, mirando su cálculo parece ser el camino a seguir con los parámetros de Feynman, y promete ser incluso un poco más rápido. ¡Lo probaré!
Sí, recién verificado, aplicar la parametrización de Feynman solo a los dos denominadores conduce a su resultado exacto en solo unas pocas líneas, ¡y siempre con las condiciones de convergencia debidamente satisfechas!

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