$\newcommand{\bphi}{\boldsymbol{\phi}} \newcommand{\bD}{\mathbf{D}} \newcommand{\phiu}{\bphi_\textrm{unforced}} \newcommand{\force}{\mathbf{f}} \newcommand{\phis}{\bphi_s} \newcommand{\bG}{\mathbf{G}}$Para responder a esta pregunta, primero revisaré algunos antecedentes e introduciré una notación compacta. Luego discutiré por qué la expresión correcta es correcta. Luego discutiré por qué la expresión incorrecta es incorrecta.

Introducción/Revisión

Puedes resolver esto simplemente mirando la situación clásicamente. En la teoría de campos clásica, los conceptos de operador de onda y función de green son importantes. Voy a revisar esos conceptos a su vez.

Operador de onda

Clásicamente, tienes un campo$\bphi$que, cuando no se aplica fuerza externa, satisface una ecuación de onda$\bD \bphi=0$, dónde$\bD$es el operador de onda, que es un operador diferencial, en su caso viene dado por$\bD =\Box + m^2$. Es importante tener en cuenta que hay muchas soluciones.$\phiu$a la ecuación de onda$\bD \bphi =0$.

función de verde

Ahora supongamos que el campo$\bphi$siente una fuerza$\force$. Entonces el campo satisfará la ecuación de onda$\bD \bphi = \force$. Entonces siempre puedes encontrar una solución.$\phis$a la ecuación, pero esta solución no es única, porque si$\bD \phis = \force$, entonces también tienes

Ahora bien, a menudo sucede que se nos da una$\force$, y queremos encontrar un$\phis$. Una herramienta para hacer esto se llama función de green. La función de green es una solución a la ecuación de onda cuando la fuerza$f(y)$viene dada por una función delta$\delta(y)$. La función del verde se denota$G(y)$. Observe que hay muchas opciones para la función de Green, ya que las soluciones de la ecuación de onda no son únicas. Pero habiendo escogido la función de un green particular (es decir, una solución particular$\bD \bG = \boldsymbol{\delta}$, podemos escribir la solución de la ecuación de onda para un forzamiento arbitrario ($\bD \bphi=\force$) como$\phi_s(x)= \int G(x-y)f(y) dy$, que escribiré como$\phis = \bG * \force$.

¿Por qué la expresión correcta es correcta?

Para explicar por qué la expresión es correcta, primero la probaré de forma abstracta usando símbolos, luego mostraré cómo funciona la prueba con un ejemplo.

Prueba

Ahora que entendemos el operador de onda$\bD$y las funciones de green$\bG$, podemos preguntar por qué es eso

Pero hay un caso en el que$\phis'$será igual a$\phis$, y es entonces cuando$\phis$en sí vino de la función de nuestro verde$\bG$(en símbolos,$\phis = \bG * \force$por alguna fuerza$\force$). Entonces como todavía tenemos$\phis' = \bG * \force$, encontramos eso$\phis' = \phis$.

Ahora considere en particular el caso donde$\phis$proviene de una función de green, y de hecho proviene de aplicar la función de green a una fuerza de función delta (en símbolos,$\phis = \bG*\boldsymbol{\delta} = \bG$. Entonces, como acabamos de explicar, tenemos$\phis' = \phis$. Ahora, recordando cómo encontramos originalmente$\phis'$midiendo la fuerza y ​​aplicando el método de la función de Green a la fuerza, la ecuación$\phis' = \phis$se convierte$\bG * \bD \phis = \phis$. Luego conectando nuestra elección particular$\phis = \bG$, obtenemos$\bG * \bD \bG = \bG$, que es lo que queríamos mostrar.

Ejemplo

Para hacer esto más concreto, sería útil ver un ejemplo. Considere un oscilador armónico simple forzado con frecuencia$\omega$, donde el campo (de dimensión cero)$\bphi$representa la posición del oscilador, y el operador de onda es$\bD = \partial_t^2 + \omega^2$. ¿Qué es la función de los verdes? Bueno, si golpeamos el oscilador con un martillo en$t=0$, esperamos que oscile con frecuencia$\omega$, entonces$G(t) = 0$para$t<0$y$G(t) = \sin(\omega t)$para$t>0$, hasta una constante global. (Esta constante es$\dfrac{1}{\omega^2}$, por lo que la función de nuestro green es en realidad$\dfrac{1}{\omega^2} \sin(\omega t)$).

Ahora repasemos el argumento con este ejemplo. Tomamos la función de nuestro verde$\bG = \dfrac{1}{\omega^2} \sin(\omega t)$para$t>0$y$\bG =0$para$t<0$, y averiguamos qué fuerza lo creó. Hacemos esto aplicando el operador de onda dado por$\bD = \partial_t^2 + \omega^2$. Al aplicar el operador encontramos que el movimiento satisface la ecuación de onda para$t \ne 0$, pero eso en$t=0$, sucedió algo gracioso, específicamente un$\delta$-Se aplicó fuerza de función. Ahora que tenemos esto$\force$, podemos preguntarnos qué movimiento obtenemos cuando aplicamos la función de nuestro verde a esta fuerza. Así que hacemos la convolución$\int \dfrac{1}{\omega^2} \sin(\omega(t-t')) \delta(t') dt'$y obtenemos la respuesta$\dfrac{1}{\omega^2} \sin(\omega(t))$, que es exactamente la función de green con la que comenzamos, por lo que todo se verifica.

¿Por qué la expresión incorrecta es incorrecta?

Ahora también podemos preguntarnos qué está mal con$\bG = \bG*\bG$? Note primero que la integral implicada por la convolución '$*$' pasa todo el tiempo. Esto probablemente no es lo que querías decir. probablemente quisiste decir$G(t_3,\vec{x}_3;t_1,\vec{x}_1)= \int G(t_3,\vec{x}_3;t_2,\vec{x}_2) G(t_2,\vec{x}_2;t_1,\vec{x}_1) d \vec{x}_2$, donde solo la coordenada espacial intermedia$\vec{x}_2$se integra sobre y no el tiempo$t_2$.

Hay un problema obvio con esto, que es que$\bG$convierte de fuerza a configuración de campo, no de configuración de campo a configuración de campo. Así que la ecuación fallaría por motivos dimensionales.

Tenga en cuenta, sin embargo, que incluso además de esos dos puntos, esto no tiene ninguna posibilidad de funcionar porque la configuración futura$\phi(t_3)$del campo depende no solo de la configuración pasada del campo, sino también del impulso pasado del campo. Ahora puede contrarrestar que "está bien, entonces hay muchas configuraciones de campo futuras correspondientes a una configuración de campo pasada dada, así que mi$\tilde{\bG}$operador no será único, pero su$\bG$tampoco era único, entonces, ¿cuál es el problema?" Bueno, podrías definir un no único$\tilde{G}$, pero no habría forma de que satisfaga$\tilde{G}(t_3-t_1) = \tilde{G}(t_3-t_2)\tilde{G}(t_2-t_1)$.

Para ver esto, volvamos al ejemplo del oscilador armónico simple. La elección natural de$\tilde{G}$es$\cos(\omega t)$. Como se indicó anteriormente, necesitábamos hacer una elección sobre el pasado ($t=0$) cantidad de movimiento del oscilador, y aquí elegimos que la cantidad de movimiento sea cero. Ahora supongamos que elegimos algún tiempo pasado$t_1$y tiempo futuro$t_3$. Entonces$\tilde{\bG}(t_3 -t_1) = \cos(\omega(t_3-t_1))$, Supongamos ahora que elegimos un tiempo intermedio$t_2$. Hace$\tilde{G}(t_3-t_1) = \tilde{G}(t_3-t_2)\tilde{G}(t_2-t_1)$? Bueno, no, no lo hace. ¿Qué sale mal? Primero podemos calcular$\tilde{G}(t_2-t_1)$y obtenemos$\cos(\omega (t_2-t_1))$, que es lo que se suponía que íbamos a obtener para la amplitud en el tiempo intermedio$t_2$. Pero ahora viene el problema crucial. Cuando evolucionamos esto hacia adelante multiplicando por$\tilde{G}(t_3-t_2)$, tenemos que hacer una suposición sobre el impulso. Nuestra elección fue asumir que el impulso es cero, pero en este caso no lo es. Esto significa que terminaremos obteniendo$\cos(\omega(t_3 - t_2))\cos(\omega t_2)$en lugar de$\cos(\omega(t_3-t_1))$como se suponía que debíamos. Este es el problema básico al tratar de obtener$\tilde{\bG} = \tilde{\bG}*\tilde{\bG}$.

El propagador de Feynman es la función de Green de la ecuación de Klein Gordon, por lo tanto$G(x,z) = \int G(x-y) (\Box_y +m^2) G(y-z) dy^4$es equivalente a$G(x,z) = \int G(x-y) \delta(y-z) dy^4$si usas la función delta para realizar la integral obtienes$G(x,z)=G(x-z)$. Ahora, en lo que respecta a la intuición, diría que la razón por la que no puede simplemente multiplicar los propagadores es que entonces obtendría la probabilidad de que la partícula pasara de z a y y de y a x, mientras que el propagador de Feynman solo da la probabilidad que la partícula pasó de z a x independientemente de si pasó o no por y. Es por eso que necesita la función delta para hacer cumplir que y y z son el mismo punto.