Feynman-Regel für Propagator mit Ableitungen

Propergator hat keine Ableitung. Der Wechselwirkungsterm ist der Scheitelpunkt im Feynman-Diagramm.

Im Folgenden verwende ich die Notationskonvention von Sredniski. Peskins Konvention würde ein zusätzliches Minuszeichen verursachen.

Zum Beispiel,$\phi ^3 \partial^2 \phi$, der Scheitelpunkt ist$\langle 0| \phi ^3 \partial^2 \phi | k_1 k_2 k_3k_4 \rangle = \partial^2_4 \langle0| \phi(x_1) \phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4)| k_1 k_2 k_3k_4 \rangle = \partial_4^2 (e^{ik_1x_1+ik_2x_2+ik_3x_3+ik_4x_4}+pertumations)|_{x_i =x} = -3! (\sum k_i^2) e^{i(k_1+k_2 + k_3 +k_4) x}$

Der Scheitelpunkt im Impulsraum ist also$-ig/ 3! \cdot -3! (\sum k_i^2) = ig (\sum k_i^2)$.

Der Propagator wird nicht beeinflusst, da er vollständig durch die Freifeld-Lagrange-Funktion bestimmt wird. So$D_f = (\partial^2 + m^2)^{-1}$, im Impulsraum,$\frac{1}{k^2 + m^2}$

Wenn Sie also eine abgeleitete Kopplung haben, haben Sie einen anderen Scheitelpunkt, aber andere Dinge sind mit dem Üblichen gleich$\phi^4$Kupplung.

Obwohl dies 7 Jahre später ist, ist mir aufgefallen, dass es in der Literatur eine Lücke gibt, wie man Feynman-Regeln für diese Art von Lagrange ableiten kann. Lassen Sie mich eingeben, wie der Scheitelpunkt für den von Ihnen erwähnten Lagrange abzuleiten ist, um in Zukunft Leuten zu helfen, die an QFT arbeiten, da ich denke, dass die anderen Antworten in Foren für Anfänger etwas zu unklar und im Allgemeinen nicht so systematisch sind. Die Berechnung von Feynman-Regeln läuft auf die Berechnung von Propagatoren hinaus, aus denen man eine Erzeugungsfunktion konstruieren und Wechselwirkungen einbeziehen kann. Die Feynman-Regeln folgen dann, indem eine Reihe funktionaler Ableitungen genommen werden.

Beginnen wir also mit der Lagrange-Funktion:

$$\begin{equation} \mathcal{L}_{\mathrm{int}} = \frac{gh}{3!} \phi^3 \partial^2 \phi. \end{equation}$$

Der funktionale Ansatz der QFT kann verwendet werden, um die Vertex-Feynman-Regel abzuleiten. Lassen Sie mich versuchen, auf solche Fragen eine in sich geschlossene Antwort/Strategie zu geben. Angenommen, das Skalarfeld$\phi$gehorcht dem Standard-Klein-Gordon-Freifeld-Lagrange$\mathcal{L}_0 = \frac{1}{2} (\partial_\mu \phi)^2 - \frac{1}{2}m^2 \phi^2$. Dann kann der Propagator gefunden werden, indem der freie Teil der Aktion geschrieben wird als:

$$\begin{equation} S_0 = \int d^4 x \Big[\frac{1}{2} (\partial_\mu \phi)^2 - \frac{1}{2} m^2 \phi^2\Big] = \int d^4 x \Big[\frac{1}{2} \phi (-\partial^\mu \partial_\mu - m^2)\phi\Big], \end{equation}$$

wobei ich für den ersten Term die partielle Integration verwendet habe. Dies deutet darauf hin, dass der Verbreiter$D(x-y)$zu finden unter:

$$\begin{equation} -(\partial^\mu \partial_\mu + m^2)D(x-y) = i \delta(x-y). \end{equation}$$

Der$i$hier ist nur eine Frage der Konvention. Im Fourier-Raum sehen wir ganz einfach:

$$\begin{equation} D(k) = \frac{i}{k^2 - m^2}. \end{equation}$$

Lassen$J(x)$eine Funktion der Raumzeit sein, die wir den zugeordneten Strom nennen$\phi$. Die erzeugende Funktion kann als Pfadintegral geschrieben werden:

$$\begin{equation} Z[J] = \int \mathcal{D}\phi e^{i \int d^4 x (\mathcal{L} + J(x)\phi(x))}, \end{equation}$$

Wo$\mathcal{L} = \mathcal{L}_0 + \mathcal{L}_{\mathrm{int}}$Und$\mathcal{D}\phi$bezeichnet die Integration über alle Feldkonfigurationen (für ein Eichfeld müssten Sie beispielsweise vorsichtig sein, wenn Sie ein Eichfeld in diesem Ausdruck fixieren, aber für Skalarfelder gibt es keine Probleme). In dieser Sprache ist es einfach zu veranschaulichen, dass der freie Teil der erzeugenden Funktion in der Form geschrieben werden kann:

$$\begin{equation} Z_0[J] = Z_0[0] e^{-\frac{1}{2} \int d^4 x d^4 y J(x)D(x-y)J(y)}. \end{equation}$$

Dies kann man tun, indem man von der Definition von ausgeht$Z[J]$, betrachten Sie nur die freie Lagrange-Funktion und definieren Sie das verschobene Feld$\phi^\prime(x) = \phi(x) - i \int d^4 y J(y)D(x-y)$. Der Index$0$zeigt an, dass wir nur den freien Teil betrachten.

Um den Ausdruck für den von Ihnen geschriebenen 4-Punkt-Scheitelpunkt zu finden, muss man die 4-Punkt-Korrelationsfunktion berechnen:

$$\begin{equation} \langle \Omega|T \{\phi(x_1) \phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4)\}|\Omega \rangle = \frac{\int d^4 x \phi(x_1)\phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4) e^{i \int d^4 x \mathcal{L}}}{\int d^4 x e^{i \int d^4 x \mathcal{L}}}. \end{equation}$$

Das lässt sich leicht in der Sprache der funktionalen Ableitungen und der erzeugenden Funktion nachprüfen$Z[J]$man könnte dies schreiben als:

$$\begin{align} &\langle \Omega|T \{\phi(x_1) \phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4)\}|\Omega \rangle = \frac{1}{Z[0]}\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_1)}\Big)\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_2)}\Big) \\ &\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_3)}\Big)\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_4)}\Big)Z[J] \Big|_{J=0}. \end{align}$$

Okay, jetzt haben wir alles bereit für die Berechnung. Die Gesamterzeugungsfunktion kann geschrieben werden als:

$$\begin{equation} Z[J] = \int \mathcal{D}\phi e^{i \int d^4 x \mathcal{L}_{\mathrm{int}}} Z_0[J] = \int \mathcal{D}\phi e^{i \int d^4 x \frac{gh}{3!} (-i\frac{\delta}{\delta J(x)})^3 \partial^2 (-i \frac{\delta}{\delta J(x)})}Z_0[J]. \end{equation}$$

Wenn$g,h$klein sind, können wir uns eine störungsbedingte Expansion dieses Exponentials ansehen. Wenn wir uns auf den interagierenden Teil bei führender Ordnung konzentrieren, finden wir Folgendes:

$$\begin{equation} Z[J] \approx i \int d^4 x \frac{gh}{3!}(-i\frac{\delta}{\delta J(x)})^3 \partial^2 (-i \frac{\delta}{\delta J(x)})Z_0[J]. \end{equation}$$

Daher kann die Korrelationsfunktion geschrieben werden als:

$$\begin{equation} \langle \Omega|T \{\phi(x_1) \phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4)\}|\Omega \rangle = \Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_1)}\Big)\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_2)}\Big) \\ \Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_3)}\Big)\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_4)}\Big)i \int d^4 x \frac{gh}{3!}(-i\frac{\delta}{\delta J(x)})^3 \partial^2 (-i \frac{\delta}{\delta J(x)}) e^{-\frac{1}{2} \int d^4 x d^4 y J(x)D(x-y) J(y)}|_{J=0}. \end{equation}$$

Machen wir uns die Notation zunutze, bei der wir das Integral weglassen$x$implizit und zB$D_{xy} = D(x-y)$,$J_y = J(y)$,$D_{xy} J_y \equiv \int d^4 y D(x-y)J(y)$um Ausdrücke prägnanter zu machen. Auch die Auswertung belassen wir bei$J=0$implizit. Blasendiagramme, dh solche, die enthalten$D_{xx}$wird in der Erweiterung unten ignoriert. Außerdem werden wir Terme ignorieren, die Null für ergeben$J=0$.

Beginnen wir also mit der Berechnung dieser Korrelationsfunktion mit dieser kompakten Notation:

$$\begin{align} &-i \langle \Omega|T \{\phi(x_1) \phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4)\}|\Omega \rangle = \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3}\frac{\delta}{\delta J_4} \Big(\frac{\delta}{\delta J_x}\Big)^3 \partial^2 \Big(\frac{\delta}{\delta J_x}\Big) e^{-\frac{1}{2}J_z D_{zy}J_y} \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3}\frac{\delta}{\delta J_4} \Big(\frac{\delta}{\delta J_x}\Big)^3 e^{-\frac{1}{2}J_z D_{zy}J_y} \partial^2 (-D_{xy}J_y) \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3}\frac{\delta}{\delta J_4} \Big(\frac{\delta}{\delta J_x}\Big)^2 J_z D_{xz} e^{-\frac{1}{2} J_z D_{zy}J_y} \partial^2 (D_{xy}J_y) \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3}\frac{\delta}{\delta J_4} \frac{\delta}{\delta J_x} \Big(-D_{xz} J_z D_{xv} J_v e^{-\frac{1}{2}J_z D_{zy}J_y} \partial^2 (D_{xy} J_y)\Big) \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3}\frac{\delta}{\delta J_4} \Big(D_{xz}J_{z} D_{xv}J_v D_{xw}J_w e^{-\frac{1}{2} J_z D_{zy}J_y} \partial^2 (D_{xy} J_y)\Big) \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3} \Big[3 D_{x4} D_{xv}J_v D_{xw} J_w \partial^2 (D_{xy} J_y) + D_{xz} J_z D_{xv} J_v D_{xw}J_w \partial^2 (D_{x4})\Big] e^{-\frac{1}{2}J_{z}D_{zy}J_{y}} \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \Big[3! D_{x4} D_{x3} D_{xw} J_w \partial^2(D_{xy} J_y) + 3 D_{x4} D_{xv} J_v D_{xw}J_w \partial^2 D_{x3} + 3 D_{x3}D_{xv} J_v D_{xw} J_w \partial^2 D_{x4}\Big]e^{-\frac{1}{2}J_z D_{zy}J_y} \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \Big[3! D_{x4} D_{x3} D_{x2} \partial^2 (D_{xy}J_y) + 3! D_{x4} D_{x3} D_{xw} J_w \partial^2 D_{x2} + 3! D_{x4} D_{x2} D_{xw} J_w \partial^2 D_{x3} + 3! D_{x3}D_{x2}D_{xw}J_w \partial^2 D_{x4}\Big]e^{-\frac{1}{2}J_z D_{zy}J_y} \\ &= gh [D_{x4} D_{x3} D_{x2} \partial^2 D_{x1} + D_{x4} D_{x3} D_{x1} \partial^2 D_{x2} + D_{x4}D_{x2}D_{x1}\partial^2 D_{x3} + D_{x3} D_{x2} D_{x1} \partial^2 D_{x4}]. \\ \end{align}$$

In der gewöhnlichen Notation finden wir also:

$$\begin{equation} \langle \Omega|T\{\phi(x_1)\phi(x_2)\phi(x_3)\phi(x_4)\}|\Omega \rangle = igh \int d^4 x [D(x-x_4) D(x-x_3) D(x-x_2) \partial^2 D(x-x_1) + D(x-x_4) D(x-x_3) D(x-x_1) \partial^2 D(x-x_2) + D(x-x_4)D(x-x_2)D(x-x_1)\partial^2 D(x-x_3) + D(x-x_3) D(x-x_2) D(x-x_1) \partial^2 D(x-x_4)]. \end{equation}$$

Erinnern Sie sich, dass der Propagator gegeben ist durch:

$$\begin{equation} D(x-y) = \int \frac{d^4 k}{(2\pi)^4} \frac{i}{k^2 - m^2} e^{-ik \cdot x}. \\ \end{equation}$$

Daher ist es jetzt leicht zu sehen, dass der Scheitelpunkt gegeben ist durch:

$$\begin{equation} V_{\phi \phi \phi \phi} = -igh [p_1^2 + p_2^2 + p_3^2 + p_4^2], \end{equation}$$

Wo$p_1 + p_2 + p_3 + p_4 =0$(also sind alle Impulse eingehend) seit einer Delta-Funktion des Typs$\delta(p_1 + p_2 + p_3 + p_4)$erscheint, wenn Sie die Korrelationsfunktion explizit berechnen würden.