Una integral de cuatro dimensiones en Peskin & Schroeder

Eso es equivalente simplemente a$c\int dx/x$. Cambiar al espacio-tiempo euclidiano,$k_0=ik_4$dónde$(k_1,\dots k_4)$es$k_E$; es decir, continuar analíticamente en$k_0$(Rotación de la mecha). la integral es

$$\int \frac{i\cdot d^4 k_E}{(2\pi)^4} \frac{1}{(k_E^2)^2} \exp(ik\cdot \epsilon)$$ Entonces es proporcional a la transformada de Fourier de $1/k_E^4$. la funcion inicial es $SO(4)$simétrica, por lo que la transformada de Fourier también debe ser simétrica y depender de $\epsilon^2$solamente. El análisis dimensional implica que el resultado es adimensional, es decir, debe ser una combinación de una constante y $\ln(\epsilon^2)$. El logaritmo está allí con un coeficiente distinto de cero, por lo que la constante solo determina cómo tomar el logaritmo: debería escribirse correctamente como $\ln(\epsilon^2/\epsilon_0^2)$por alguna constante $\epsilon_0$con la misma dimensión.

La única incógnita que queda es el coeficiente y se obtiene$4\pi^2$de la integral restante. Es una especie de desperdicio de recursos calcular esta integral especial; es mejor calcular las integrales más generales en el apéndice A.4, ver especialmente las fórmulas (A.44)-(A.49) en la página 807, que no copiaré aquí porque es por eso que Peskin y Schroeder escribieron el libro de texto.

Daré otra aproximación a esta identidad. Primero, notamos que

$$\int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\,\frac{1}{(k^2-m^2)^2}e^{ik\cdot\epsilon}=-i\frac{\partial}{\partial m^2}D_F(x)\big|_{x=\epsilon}$$

Para vector similar al espacio$\epsilon^2=-r^2<0$, tenemos

$$D_F(x)=\frac{m}{4\pi^2r}K_1(mr)$$

cuya derivación hace referencia al libro de Weinberg vol. 1, página 202. Para$r\rightarrow 0$, se cumple la siguiente expansión

$$K_1(mr)=\frac{1}{mr}+\frac{mr}{2}\log\frac{mr}{2}$$

Con estas condiciones, finalmente obtenemos

$$\int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\,\frac{1}{(k^2-m^2)^2}e^{ik\cdot\epsilon}=\frac{i}{16\pi^2}\log\frac{1}{\epsilon^2}$$

Además, otro enfoque.
Después de la rotación de la mecha ($k^0=ik_E^0,\,\epsilon^0=i\epsilon_E^0$) la integral es

$$I_1 \equiv \int \frac{i\cdot d^4 k_E}{(2\pi)^4} \frac{1}{(k_E^2)^2} \exp(-ik_E\cdot \epsilon_E) .$$ En (19.43) queremos la cantidad $$\frac{\partial}{\partial \epsilon^{\gamma}}I_1.$$ Tenga en cuenta que $$\frac{1}{k_E^2}=\int_0^{\infty}du e^{-k_E^2 u},$$ $$\frac{1}{(k_E^2)^2}=\int_0^{\infty}du\int_0^{\infty}dv e^{-k_E^2 (u+v)},$$ $$I_1=\frac{i}{(2\pi)^4} \int d^4k_E \int_0^{\infty}du\int_0^{\infty}dv e^{-(u+v)k_E^2-i\epsilon_E \cdot k_E}.$$ $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} dk_E^i \exp[-(u+v)(k_E^i)^2-i\epsilon_E^i k_E^i] = \sqrt{\frac{\pi}{u+v}} \exp\left[ -\frac{(\epsilon_E^i)^2}{4(u+v)} \right]$ $$\begin{alignat}{2} \therefore I_1&=&& \frac{i}{(2\pi)^4} \int_0^{\infty}du\int_0^{\infty}dv \frac{\pi^2}{(u+v)^2} \exp\left[-\frac{\epsilon_E^2}{4(u+v)} \right] \\ &=&& \frac{i}{16\pi^2}I_2 \left(\frac{\epsilon_E^2}{4}\right) \end{alignat}$$ dónde $\displaystyle I_2(x) \equiv \int_0^{\infty}du\int_0^{\infty}dv\, \frac{1}{(u+v)^2}\exp\left(-\frac{x}{u+v}\right)$. el calculo de $I_2$está aquí _ $$\begin{alignat}{2} I_1 &=&& \frac{i}{16\pi^2}\left( -\log\left(\frac{\epsilon_E^2}{4}\right) +\gamma-1+\lim_{M\to \infty}\log M +\cal{O}(\epsilon_E^2) \right) \\ &=&& \frac{i}{16\pi^2}\left( -\log\left(-\frac{\epsilon^2}{4}\right) +\gamma-1+\lim_{M\to \infty}\log M +\cal{O}(\epsilon^2) \right) \end{alignat}$$ Después $\epsilon \to 0$, tenemos
$$\frac{\partial}{\partial \epsilon^{\gamma}}I_1 = \frac{i}{16\pi^2}\frac{\partial}{\partial \epsilon^{\gamma}}\log \frac{1}{\epsilon^2}.$$

Aquí hay otra solución más, que probablemente no sea la forma de pensar de un físico.

Después de la rotación de Wick, podemos trabajar en el espacio euclidiano. La función$f(k_E) = |k_E|^{-4}$no es integrable en cuadrado en$\mathbb{R}^4$, sin embargo, por lo que su transformada de Fourier no existe en el sentido ordinario. Un momento de reflexión sugiere que se puede realizar como distribución en el espacio

$$\mathcal{A} := \{ \varphi \in \mathcal{S}(\mathbb{R}^4) : \textstyle \int_{\mathbb{R}^4} \varphi(\epsilon) \, \mathrm{d}^4\epsilon = 0 \},$$

dónde$\mathcal{S}(\mathbb{R}^4)$es el espacio de Schwarz. Luego computando

$$I(\epsilon) = i \check{f}(\epsilon) = \frac{i}{(2\pi)^4} \int_{\mathbb{R}^4} |k_E|^{-4} e^{i\epsilon \cdot k_E} \, \mathrm{d}^4 k_E$$

en el sentido de la distribución equivale a identificar el siguiente emparejamiento

$$\langle I, \varphi \rangle = \langle \check{f}, \varphi \rangle = \langle f, \check{\varphi} \rangle, \qquad \forall \varphi \in \mathcal{A}.$$

Ya que$\check{\varphi}(0) = 0$y$\check{\varphi}$tiene un decaimiento rápido cerca del infinito, el emparejamiento$\langle f, \check{\varphi} \rangle$se realiza como integral de Lebesgue. Entonces por el teorema de Fubini,

$$\begin{align*} \langle f, \check{\varphi} \rangle &= i \int_{\mathbb{R}^4} \frac{1}{|k_E|^4} \check{\varphi}(k_E) \, \mathrm{d}^4 k_E = i \int_{\mathbb{R}^4} \bigg( \int_{0}^{\infty} t \mathrm{e}^{-|k_E|^2 t} \, \mathrm{d}t \bigg) \check{\varphi}(k_E) \, \mathrm{d}^4 k_E, \\ &= i \int_{0}^{\infty} t \bigg( \int_{\mathbb{R}^4} \mathrm{e}^{-t |k_E|^2} \check{\varphi}(k_E) \, \mathrm{d}^4 k_E \bigg) \mathrm{d}t. \end{align*}$$

Usando$\langle \mathrm{e}^{-t|\cdot|^2}, \check{\varphi} \rangle = \langle (\mathrm{e}^{-t|\cdot|^2})^{\vee}, \varphi \rangle$y la fórmula$\int_{\mathbb{R}} \mathrm{e}^{-tx^2}\mathrm{e}^{ix\epsilon} \, dx = \sqrt{\frac{\pi}{t}} \mathrm{e}^{-\epsilon^2/4t}$por$t > 0$, tenemos

$$\begin{align*} \langle f, \check{\varphi} \rangle &= i \int_{0}^{\infty} t \bigg( \int_{\mathbb{R}^4} \frac{1}{(4\pi t)^2} \mathrm{e}^{-\frac{|\epsilon|^2}{4t}} \varphi(\epsilon) \, \mathrm{d}^4 \epsilon \bigg) \mathrm{d}t \\ &= \frac{i}{(4\pi)^2} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{t} \bigg( \int_{\mathbb{R}^4} \mathrm{e}^{-\frac{|\epsilon|^2}{4t}} \varphi(\epsilon) \, \mathrm{d}^4 \epsilon \bigg) \mathrm{d}t. \end{align*}$$

Queremos finalizar el cálculo cambiando el orden de integración, pero el teorema de Fubini no es aplicable en este caso e incluso el cálculo heurístico produce una integral divergente. Afortunadamente, usando el hecho de que$\int_{\mathbb{R}} \varphi(\epsilon) \, \mathrm{d}^4\epsilon = 0$, podemos regularizar la integral interna para que funcione el teorema de Fubini:

$$\begin{align*} \langle f, \check{\varphi} \rangle &= \frac{i}{(4\pi)^2} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{t} \bigg( \int_{\mathbb{R}^4} \big( \mathrm{e}^{-\frac{|\epsilon|^2}{4t}} - \mathbf{1}_{ \{ t \geq 1 \} } \big) \varphi(\epsilon) \, \mathrm{d}^4 \epsilon \bigg) \mathrm{d}t \\ &= \frac{i}{(4\pi)^2} \int_{\mathbb{R}^4} \bigg( \int_{0}^{\infty} \frac{1}{t}\big( \mathrm{e}^{-\frac{|\epsilon|^2}{4t}} - \mathbf{1}_{ \{ t \geq 1 \} } \big) \, \mathrm{d}t \bigg) \varphi(\epsilon) \, \mathrm{d}^4 \epsilon. \end{align*}$$

Ahora la integral interna se puede calcular usando la sustitución$u = |\epsilon|^2/4t$como sigue

$$\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{t}\big( \mathrm{e}^{-\frac{|\epsilon|^2}{4t}} - \mathbf{1}_{ \{ t \geq 1 \} } \big) \, \mathrm{d}t &= \int_{0}^{\infty} \frac{1}{u} \big( \mathrm{e}^{-u} - \mathbf{1}_{ \{ u \leq |\epsilon|^2/4 \} } \big) \, \mathrm{d}u = \log\frac{4}{|\epsilon|^2} -\gamma. \end{align*}$$

Aquí,$\gamma$es la constante de Euler-Mascheroni . Por lo tanto se sigue que

$$I(\epsilon) = \frac{i}{(4\pi)^2} \bigg( \log\frac{4}{|\epsilon|^2} -\gamma \bigg) = \frac{i}{(4\pi)^2} \log\frac{1}{\epsilon^2}.$$

La última igualdad se sigue del hecho de que las constantes como distribución en$\mathcal{A}$es igual a cero, es decir, para cualquier constante$c$tenemos$\langle c, \varphi \rangle = 0$para todos$\varphi \in \mathcal{A}$.