Funktion von Klein-Gordon Green: Ableitung der Delta-Verteilung?

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Funktion von Klein-Gordon Green: Ableitung der Delta-Verteilung?

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LLang

Bei Peskin/Schroeder gibt es eine explizite Berechnung, die zeigt, dass die retardierte Greensche Funktion des echten Klein-Gordon-Feldes ist

\begin{matrix} (2,55) & D_{R} (X - j) \equiv θ (X^{0} - j^{0}) ⟨ 0 | [ϕ (X), ϕ (j)] | 0 ⟩ \end{matrix}

$D_R(x-y) ~\equiv~ \theta(x^0 - y^0) \langle 0 | [\phi(x), \phi(y)] |0\rangle\tag{2.55}$

erfüllt die Gleichung

\begin{matrix} (2.56) & (\partial^{2} + M^{2}) D_{R} (X - j) = - ich δ^{4} (X - j) . \end{matrix}

$(\partial^2 + m^2) D_R(x-y) = -i\delta^4(x-y).\tag{2.56}$

Ich kann einem bestimmten Schritt in der Ableitung nicht folgen: Es scheint, als würden sie die Substitution vornehmen

\begin{matrix} (A) & (\partial_{X^{0}} δ (X^{0} - j^{0})) ⟨ 0 | [ϕ (X), ϕ (j)] | 0 ⟩ = - δ (X^{0} - j^{0}) \partial_{X^{0}} ⟨ 0 | [ϕ (X), ϕ (j)] | 0 ⟩ . \end{matrix}

$(\partial_{x^0}\delta(x^0-y^0))\langle 0 | [\phi(x), \phi(y)] |0\rangle = -\delta(x^0-y^0)\partial_{x^0}\langle 0 | [\phi(x), \phi(y)] |0\rangle. \tag{A}$

Aber ich sehe nicht, wie das gerechtfertigt ist: Wenn wir interpretieren $(\partial_t \delta(t)) f(t)$ als Distribution und agiere damit auf eine Testfunktion $g(t)$ , wir bekommen

\begin{matrix} (B) & \int (\partial_{T} δ (T)) F (T) G (T) D T = - \int δ (T) \partial_{T} (F (T) G (T)) D T = - \partial_{T} (F (T) G (T)) |_{T = 0} . \end{matrix}

$\int (\partial_t \delta(t)) f(t)g(t)dt = - \int \delta(t) \partial_t(f(t)g(t))dt = - \partial_t(f(t)g(t))|_{t=0}.\tag{B}$

Handeln wir stattdessen mit $-\delta(t) \partial_t f(t)$ An $g(t)$ wir bekommen

\begin{matrix} (C) & - (G (T) \partial_{T} F (T)) |_{T = 0} . \end{matrix}

$-(g(t)\partial_t f(t))|_{t=0}.\tag{C}$

Hat jemand eine Erklärung?

Danu

Wenn Sie sich nur ein Integral auf jeder Seite der Gleichheit vorstellen , gibt es kein Problem, richtig?

LLang

Ja, aber ich sehe nicht, wie mir das hilft.

Danu

Warum führen Sie nicht einfach die gesamte Ableitung unter einigen Integralzeichen durch und denken Sie daran, dass die Ableitung von P & S vielleicht eher als formale Manipulation als als echter Beweis angesehen werden sollte? Es ist durchweg ernsthaft nicht streng ...

QMechaniker

@LLang: Welche Seiten in P&S?

LLang

In meiner Ausgabe ist es Seite 30, Gl. 2.56.

Antworten (2)

Funktion von Klein-Gordon Green: Ableitung der Delta-Verteilung?

Wenn Sie sich nur ein Integral auf jeder Seite der Gleichheit vorstellen , gibt es kein Problem, richtig?
Warum führen Sie nicht einfach die gesamte Ableitung unter einigen Integralzeichen durch und denken Sie daran, dass die Ableitung von P & S vielleicht eher als formale Manipulation als als echter Beweis angesehen werden sollte? Es ist durchweg ernsthaft nicht streng ...

QMechaniker · Answer 1

Peskin & Schroeder, An Intro to QFT, verwenden das $^1$

\begin{matrix} (K) & ich Δ (X - j) := ⟨ 0 | [ϕ (X), ϕ (j)] | 0 ⟩ \end{matrix}

$i\Delta(x-y)~:=~\langle 0 | [\phi(x), \phi(y)] |0\rangle \tag{K}$ verschwindet für raumartige Vektoren, siehe unten Gl. (2.53) auf p. 28. Insbesondere für gleiche Zeiten

x^{0} = y^{0}

$x^0=y^0$ , wir haben

\begin{matrix} (L) & ich Δ (0, X - j) = 0. \end{matrix}

$i\Delta(0,{\bf x}-{\bf y})~=~0.\tag{L}$

Daher auf physikalischer Ebene der Strenge

\begin{matrix} (M) & ich Δ (X - j) δ (X^{0} - j^{0}) = 0. \end{matrix}

$i\Delta(x-y)\delta(x^0-y^0)~=~0.\tag{M}$

Differenzierung von Gl. (M) wrt. $x^0$ ergibt dann OP's Gl. (A).

Gl. (A) kann alternativ mit Testfunktionen ermittelt werden.

--

$^1$ Die Notation (K) stammt von Itzykson & Zuber, QFT, Gl. (3-55).

eine Frage · Answer 2

Ja, sie verwenden die Substitution von Dirac Delta

δ^{'} F (X) = - δ (X) F^{'} (X)

$\delta' f(x)=-\delta(x)f'(x)$ Und die Berechnung folgt wie folgt

(\partial^{2} + M^{2}) D_{R} (X - j) = (\partial^{2} θ (X^{0} - j^{0})) ⟨ 0 | [ϕ (X), ϕ (j)] | 0 ⟩ + θ (X^{0} - j^{0}) (\partial^{2} + M^{2}) ⟨ 0 | [ϕ (X), ϕ (j)] | 0 ⟩ + 2 \partial_{μ} θ (X^{0} - j^{0}) \partial^{μ} ⟨ 0 | [ϕ (X), ϕ (j)] | 0 ⟩

$(\partial^2+m^2)D_R(x-y)=(\partial^2\theta(x^0-y^0))\langle 0 |[\phi(x),\phi(y)]|0\rangle +\theta(x^0-y^0)(\partial^2+m^2)\langle 0 |[\phi(x),\phi(y)]|0\rangle + 2\partial_{\mu}\theta(x^0-y^0)\partial^{\mu}\langle0|[\phi(x),\phi(y)]|0\rangle$ Seit

θ (x^{0} - y^{0})

$\theta(x^0-y^0)$ hängt nur von der Zeit ab, letzte Laufzeit müssen beide Ableitungen sein

\partial_{t}

$\partial_t$ . Verwenden Sie diese Gleichungen unten

\partial_{μ} θ (X^{0} - j^{0}) = δ (X^{0} - j^{0})

$\partial_{\mu}\theta(x^0-y^0)=\delta(x^0-y^0)$

\partial^{2} θ (X^{0} - j^{0}) = \partial_{T} δ (X^{0} - j^{0})

$\partial^2\theta(x^0-y^0)=\partial_t\delta(x^0-y^0)$

Auch Kommutierungsrelation $[\Pi(x),\phi(x)]=-i\delta^3(x-y)$ und Dirac-Notation, kann man berechnen

(\partial^{2} + M^{2}) D (X - j) = - ich δ^{4} (X - j)

$(\partial^2+m^2)D(x-y)=-i\delta^4(x-y)$

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