Problema para entender el factor de simetría en un diagrama de Feynman

Elegimos uno de los$4$campos z para contraerse con el campo x único. Luego elegimos uno de los restantes$3$campos z para contratar con uno de los$4$w-campos. Los dos campos z restantes simplemente se contraen consigo mismos. Ahora elige uno de los restantes$3$w-campos para contratar con el único y-campo.

(Aquí es donde tenemos que tener cuidado). Existen$2$opciones para la contracción del campo w con uno de los$4$campos u, y luego$3$opciones para la otra contracción wu. Al calcular esta última combinación hemos sobrecontado por un factor de$2$.

Para ver esto más claramente, considere una de las contracciones,

$\phi_a(w)\phi_b(w) \quad\phi_a(u)\phi_b(u)\phi(u)\phi(u)$

El subíndice indica qué campos se contraen con qué otros campos (no estoy seguro de cómo expresar las contracciones en Latex).

Hay dos formas de obtener esta contracción particular: podemos elegir el primer campo w para contraerlo con el primer campo u, y ENTONCES elegir el segundo campo w para contraerlo con el segundo campo u; O podríamos elegir el segundo campo w para contraerlo con el segundo campo u, y ENTONCES elegir el primer campo w para contraerlo con el primer campo u.

Claramente ambos son equivalentes. Sin embargo, en la combinatoria los hemos contado a ambos, por lo que debemos dividir por un factor de$2$. Entonces, el número total de contracciones diferentes que dan la misma expresión que$(4.45)$es

$3! \, \times \, 4 \cdot 3 \, \times \, 4 \cdot 3 \cdot 2 \, \times \, 4 \cdot 3 \, \times \, 1/2$

Donde el$3!$proviene del intercambio de vértices.

EDITAR: si eso no está claro, piense en el siguiente escenario. Hay dos cajas, en la primera hay dos objetos,$A$, y$B$, y en el segundo hay dos más,$C$, y$D$. ¿De cuántas maneras diferentes hay de emparejar los objetos para que cada objeto en el primer cuadro tenga un compañero en el segundo cuadro? Claramente la respuesta es dos:$A,C$y$B,D$; y$A,D$y$B,C$.

Uno podría pensar que la respuesta es$2\cdot 2$, pero podemos ver que esto produce duplicados

Entonces debemos multiplicar por un factor de$1/2$para arreglar el conteo excesivo.

Espero que ayude.

No creo que la explicación en el libro sea clara, pero puedes ignorarla y obtener el factor correcto.$S=\frac{1}{8}$como sigue.

1. Comienza dibujando 5 vértices aislados, dos rotulados con grado uno y tres vértices tetravalentes no rotulados. Después $$S=\frac{1}{3!}\left(\frac{1}{4!}\right)^3\times C$$ dónde$C$es el número de esquemas de contracción que producen la forma de gráfico dada. Los tres vértices juegan diferentes roles en el gráfico por lo que uno tiene$3!$formas de elegir esta asignación de roles (quién es el vecino más cercano de$x$etc.). Entonces un factor de$4$Para el$z$pierna que$x$se adhiere a. Asimismo, un factor de$3$para elegir cuál de los restantes$z$las piernas se mueven hacia$w$. entonces en$w$hay un factor de$4\times 3$para elegir las patas que reciben el$z$y$y$bordes Entonces un factor de$6$para elegir qué par de piernas en$u$formará el renacuajo. Finalmente hay un factor de$2$para conectar las piernas libres restantes en$u$con los dos restantes en$w$. De este modo$C$es el número en su pregunta.
2. Alternativamente$S=\frac{1}{|G|}$dónde$G$es el grupo de automorfismos del gráfico. Más precisamente, deja$E$sé tu set favorito con$14$elementos (los medios bordes en la imagen). Equipar$E$con dos particiones fijas$\mathcal{V}$y$\mathcal{E}$. Este último está hecho de$7$pares disjuntos correspondientes a las aristas. Mientras$\mathcal{V}$está formado por dos singletons y tres bloques de cuatro elementos. Aquí$G$es el grupo de permutaciones de$E$que conservan las particiones establecidas$\mathcal{E}$y$\mathcal{V}$y también arreglar las patas externas (que aquí es automático porque la imagen es asimétrica en$x$y$y$). Es generado por tres orden de conmutación$2$elementos. Para cada renacuajo puedes permutar las medias piernas correspondientes. Finalmente está el intercambio de los dos bordes entre$w$y$u$.

El 1/2 proviene de la simetría del diagrama. En el sentido de que si miras hacia otro lado y cambio los dos propagadores, es un diagrama "diferente", pero no puedes decirlo. El número de formas de hacer esto es 2.

Si estos fueran propagadores dirigidos no sería el caso.