Transformada de Fourier del propagador libre al cuadrado - ∫d4p e−ip⋅xp2+m2−iϵ∫d4p e−ip⋅xp2+m2−iϵ\int d^{4}p\ \frac{e^{-ip\cdot x }}{p^{2}+m^{2}-i\épsilon}

Question

Transformada de Fourier del propagador libre al cuadrado - ∫d4p e−ip⋅xp2+m2−iϵ∫d4p e−ip⋅xp2+m2−iϵ\int d^{4}p\ \frac{e^{-ip\cdot x }}{p^{2}+m^{2}-i\épsilon}

Física
propagador
integración
Feynman-diagramas
teoría cuántica de campos

QuantumEyedea

El punto de la pregunta es preguntar cuál es la función dada por la siguiente integral:

H (X, y) \equiv \int \frac{d^{4} pag}{(2 π)^{4}} \frac{{mi}^{- i pag \cdot (X - y)}}{({pag}^{2} + {metro}^{2} - i ϵ)^{2}}

$H(x,y) \ \equiv \ \int \frac{d^{4}p}{(2\pi)^{4}} \frac{e^{-i p \cdot (x-y)}}{(p^{2}+m^{2}-i\epsilon)^{2}}$

Esto está estrechamente relacionado con el propagador (por $(x-y)^{2} < 0$ ):

GRAMO (X, y) = \int \frac{d^{4} pag}{(2 π)^{4}} \frac{{mi}^{- i pag \cdot (X - y)}}{{pag}^{2} + {metro}^{2} - i ϵ} = - \frac{i metro}{4 π^{2} \sqrt{- (X - y)^{2}}} k_{1} (metro \sqrt{- (X - y)^{2}})

$G(x,y) \ = \ \int \frac{d^{4}p}{(2\pi)^{4}} \frac{e^{-i p \cdot (x-y)}}{p^{2}+m^{2}-i\epsilon} \ = \ - \frac{ i m }{ 4 \pi^{2} \sqrt{ - (x-y)^{2} }} K_{1}\left( m \sqrt{ - (x-y)^{2} } \right)$

La razón por la que hago esta pregunta es porque en cálculos como el siguiente diagrama de Feynman:

Tendría en el espacio de posición lo siguiente:

\propto \int d^{4} tu {GRAMO}_{0} (X, tu) {GRAMO}_{0} (tu, tu) {GRAMO}_{0} (tu, y) = \int d^{4} tu [\int \frac{d^{4} pag}{(2 π)^{4}} \frac{{mi}^{- i pag \cdot (X - tu)}}{{pag}^{2} + {metro}^{2} - i ϵ}] [\int \frac{d^{4} k}{(2 π)^{4}} \frac{1}{k^{2} + {metro}^{2} - i ϵ}] [\int \frac{d^{4} q}{(2 π)^{4}} \frac{{mi}^{- i pag \cdot (tu - y)}}{q^{2} + {metro}^{2} - i ϵ}] = \int \frac{d^{4} pag}{(2 π)^{4}} \frac{{mi}^{- i pag \cdot (X - y)}}{({pag}^{2} + {metro}^{2} - i ϵ)^{2}} \int \frac{d^{4} k}{(2 π)^{4}} \frac{1}{k^{2} + {metro}^{2} - i ϵ} = H (X, y) \int \frac{d^{4} k}{(2 π)^{4}} \frac{1}{k^{2} + {metro}^{2} - i ϵ}

$\propto \int d^{4}u\ G_{0}(x,u) G_{0}(u,u) G_{0}(u,y)\\ = \int d^{4}u \left[ \int \frac{d^{4}p}{(2\pi)^{4}} \frac{e^{-i p \cdot (x-u)}}{p^{2}+m^{2}-i\epsilon} \right] \left[ \int \frac{d^{4}k}{(2\pi)^{4}} \frac{1}{k^{2}+m^{2}-i\epsilon} \right] \left[ \int \frac{d^{4}q}{(2\pi)^{4}} \frac{e^{-i p \cdot (u-y)}}{q^{2}+m^{2}-i\epsilon} \right] \\ = \int \frac{d^{4}p}{(2\pi)^{4}} \frac{e^{-i p \cdot (x-y)}}{(p^{2}+m^{2}-i\epsilon)^{2}} \ \int \frac{d^{4}k}{(2\pi)^{4}} \frac{1}{k^{2}+m^{2}-i\epsilon} \\ = H(x,y) \int \frac{d^{4}k}{(2\pi)^{4}} \frac{1}{k^{2}+m^{2}-i\epsilon}$

Puedes regular la integral sobre $k$ como quieras, pero qué hacer con $H(x,y)$ ¿aquí?

Parece que $H(x,y)$ aparece mucho cuando haces cálculos como este. ¿Hay alguna manera de evaluar $H(x,y)$ ? Seguramente esto debe haber sido hecho en alguna parte?

Sean E. Lago

Para su información, le falta una función delta en el cono de luz en el propagador. Consulte el propagador de Feynman de Wikipedia .

Respuestas (1)

Transformada de Fourier del propagador libre al cuadrado - ∫d4p e−ip⋅xp2+m2−iϵ∫d4p e−ip⋅xp2+m2−iϵ\int d^{4}p\ \frac{e^{-ip\cdot x }}{p^{2}+m^{2}-i\épsilon}

Para su información, le falta una función delta en el cono de luz en el propagador. Consulte el propagador de Feynman de Wikipedia .

Sean E. Lago · Answer 1

Tenga en cuenta que no necesita pasar por la transformada de Fourier para obtener el resultado que está buscando. Todo lo que necesita es la invariancia de traducción de $G$ (es decir $G(x,y) = G(x+w, y+w) = G(|x-y|)$ ) para decir que la primera integral da:

\begin{aligned} I & \equiv \int d^{4} tu {GRAMO}_{0} (X, tu) {GRAMO}_{0} (tu, tu) {GRAMO}_{0} (tu, y) \\ = GRAMO (0) \int d^{4} tu {GRAMO}_{0} (X, tu) {GRAMO}_{0} (tu, y), \end{aligned}

$\begin{align} I & \equiv \int \operatorname{d}^4 u \ G_0(x,u)\, G_0(u,u)\, G_0(u,y) \\ & = G(0) \int \operatorname{d}^4 u \ G_0(x,u)\, G_0(u,y), \end{align}$ mientras la función de Green

G

$G$ ha sido debidamente regularizado para hacer

G (0)

$G(0)$ finito. Tenga en cuenta que la cadena de convolución puede crecer infinitamente. Considere una perturbación exactamente solucionable de la forma

Δ L = - \frac{1}{2} (Δ m^{2}) ϕ^{2}

$\Delta \mathcal{L} = - \frac{1}{2}(\Delta m^2) \phi^2$ , obtendrá una cadena tan infinita al producir el propagador neto con masa desplazada.

Una forma de calcular $H$ es notar que puede ser producido por el límite:

\begin{aligned} H (X, y) & = \underset{m^{2} \to 0}{límite} \int d^{4} tu {GRAMO}_{0} (X, tu; metro) {GRAMO}_{0} (tu, y; \sqrt{{metro}^{2} + m^{2}}) \\ = \underset{m^{2} \to 0}{límite} \int \frac{d^{4} pag}{(2 π)^{4}} \frac{{mi}^{- i pag \cdot (X - y)}}{({pag}^{2} + {metro}^{2} - i ϵ) ({pag}^{2} + {metro}^{2} + m^{2} - i ϵ)} \\ = \underset{m^{2} \to 0}{límite} \int \frac{d^{4} pag}{(2 π)^{4}} \frac{{mi}^{- i pag \cdot (X - y)}}{m^{2}} [\frac{1}{{pag}^{2} + {metro}^{2} - i ϵ} - \frac{1}{{pag}^{2} + {metro}^{2} + m^{2} - i ϵ}] \\ = \underset{m^{2} \to 0}{límite} \frac{1}{m^{2}} [{GRAMO}_{0} (metro | X - y |) - {GRAMO}_{0} (\sqrt{{metro}^{2} + m^{2}} | X - y |)], \end{aligned}

$\begin{align} H(x,y) &= \lim_{\mu^2 \rightarrow 0} \int \operatorname{d}^4 u \ G_0(x,u; m)\, G_0(u,y; \sqrt{m^2 + \mu^2}) \\ & = \lim_{\mu^2 \rightarrow 0} \int \frac{\operatorname{d}^4 p}{(2\pi)^4} \frac{\mathrm{e}^{-ip\cdot(x-y)}}{ \left(p^2 + m^2 - i\epsilon \right) \left(p^2 + m^2 + \mu^2 - i\epsilon \right) } \\ & = \lim_{\mu^2 \rightarrow 0} \int \frac{\operatorname{d}^4 p}{(2\pi)^4} \frac{\mathrm{e}^{-ip\cdot(x-y)}}{\mu^2} \left[\frac{1}{p^2 + m^2 - i\epsilon} - \frac{1}{p^2 + m^2 + \mu^2 - i\epsilon}\right] \\ & = \lim_{\mu^2 \rightarrow 0} \frac{1}{\mu^2} \left[G_0(m|x-y|) - G_0\left(\sqrt{m^2 + \mu^2}|x-y|\right)\right], \end{align}$ donde utilicé la descomposición en fracciones parciales en el paso intermedio. Calcular el resultado final, que probablemente se puede hacer usando las identidades derivadas de la función de Bessel , se deja como ejercicio para el lector.

@ Sean_E._Lake Esto es muy interesante, gracias por la información. ¿Estás diciendo que en realidad puedo tomar el límite? $\mu^{2} \to 0$ , ¿o es esto lo más lejos que puedo llevar el cálculo? (me parece que el primer término explotará como $\mu^{2} \to 0$ )
Creo que puede tomar ese límite: está configurado exactamente como un derivado, por lo que sugerí las identidades dlmf. Tenga en cuenta cómo el solucionable $\Delta m^2$ La perturbación produce una serie infinita que desplaza la masa al cuadrado, por lo que puede pensar en la forma que tomaría un operador de traducción en la masa al cuadrado, e implicaría derivadas con respecto a la masa al cuadrado, como producimos aquí.
@ Sean_E._Lake Creo que entiendo lo que dices; Si defino una función $f(\mu^{2}) = G_{0}(x,y;\sqrt{m^{2}+\mu^{2}})$ tal que $f(0) = G_{0}(x,y;m)$ , entonces su límite anterior corresponde exactamente a $- f^{\prime}(0) = - \frac{d G(x,y;\sqrt{m^{2}+\mu^{2}})}{d(\mu^{2})} \big|_{\mu^{2} = 0}$ . ¿Es esto correcto?
Sí, aunque no es necesario definir una función separada. Considere lo que $- \frac{\partial {GRAMO}_{0}}{\partial {metro}^{2}}$ $-\frac{\partial G_0}{\partial m^2}$ parece. Para más diversión, puedes hacer una cadena de $n$ circunvoluciones con $(\frac{[- 1]^{norte}}{norte!}) \frac{\partial^{norte} {GRAMO}_{0}}{\partial [{metro}^{2}]^{norte}} .$ $\left(\frac{[-1]^n}{n!}\right) \frac{\partial^n G_0}{\partial [m^2]^n}.$

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