Konturintegral des Feynman-Propagators

Question

Konturintegral des Feynman-Propagators

ocf001497

Ich lese gerade die Vorlesungsnotiz von David Tong über die Quantenfeldtheorie.

Ich habe einige Fragen zu der im Integral verwendeten Kontur

\int \frac{D^{4} P}{(2 π)^{4}} \frac{ich}{(P^{0})^{2} - P^{2}} e^{- ich P (X - j)}

$\begin{equation} \int \frac{d^{4}p}{(2\pi)^{4}} \frac{i}{(p^{0})^{2} - {\bf p}^{2}} e^{-ip(x-y)} \end{equation}$ Wo

p (x - y) = p^{0} (x^{0} - y^{0}) - p \cdot (x - y)

$p(x-y) = p^{0}(x^{0}-y^{0}) - {\bf p} \cdot \left({\bf x}- {\bf y}\right)$ .

Um das Integral zu machen, können wir tatsächlich 4 verschiedene Wege wählen. Und die Kontur, die wir für den Feynman-Propagator wählen werden, ist

je nachdem ob $x^{0}$ ist größer als $y^{0}$ .

Ich möchte nun das Integral berechnen

\int \frac{D P^{0}}{2 π} \frac{ich}{(P^{0})^{2} - E_{P}^{2}} e^{- ich P^{0} (X^{0} - j^{0})}

$\begin{equation} \int \frac{d{p^{0}}}{2\pi} \frac{i}{(p^{0})^2 - E_{\bf p}^{2}} e^{-ip^{0}(x^{0}-y^{0})} \end{equation}$

Aber ich habe einige Fragen auf dem Weg und die Antwort, nach der ich suche.

Letztlich lassen wir den Halbkreisradius in die Integralbahn ein $C_{1}$ Und $C_{2}$ $\to 0$ ?
Für $x^{0} < y^{0}$ Das Integral der Gesamtkontur kann zerlegt werden in
$\int_{L_{1}} + \int_{C_{1}} + \int_{L_{2}} + \int_{C_{2}} + \int_{L_{3}} + \int_{C_{3}} = 2 π ich R e S (z = + E_{P})$ $\begin{equation} \int_{L_1} + \int_{C_{1}} + \int_{L_2} + \int_{C_{2}} + \int_{L_{3}} + \int_{C_{3}} = 2\pi i Res(z=+E_{\bf p}) \end{equation}$ Und seit dem $C_{3}$ Pfad ist so gewählt, dass wenn wir den Radius aus machen $C_{3} \to \infty$ Dann $\int_{C_{3}} \to 0$ wir werden es im Folgenden ignorieren.

Jetzt frage ich mich, welchen Wert wir wollen

(1)

\begin{aligned} \int \frac{D P^{0}}{2 π} \frac{ich}{(P^{0})^{2} - E_{P}^{2}} e^{- ich P^{0} (X^{0} - j^{0})} & = \int_{L_{1}} + \int_{C_{1}} + \int_{L_{2}} + \int_{C_{2}} + \int_{L_{3}} \\ = 2 π ich R e S (z = + E_{P}) \end{aligned}

$\begin{align} \int \frac{d{p^{0}}}{2\pi} \frac{i}{(p^{0})^2 - E_{\bf p}^{2}} e^{-ip^{0}(x^{0}-y^{0})} & = \int_{L_1} + \int_{C_{1}} + \int_{L_2} + \int_{C_{2}} + \int_{L_{3}} \\ & = 2\pi i Res(z=+E_{\bf p}) \end{align}$ oder

(2)

\begin{aligned} \int \frac{D P^{0}}{2 π} \frac{ich}{(P^{0})^{2} - E_{P}^{2}} e^{- ich P^{0} (X^{0} - j^{0})} & = \int_{L_{1}} + \int_{L_{2}} + \int_{L_{3}} \\ = 2 π ich R e S (z = + E_{P}) - \int_{C_{1}} - \int_{C_{2}} \\ w ich T H ρ \to 0 \end{aligned}

$\begin{align} \int \frac{d{p^{0}}}{2\pi} \frac{i}{(p^{0})^2 - E_{\bf p}^{2}} e^{-ip^{0}(x^{0}-y^{0})} &= \int_{L_1} + \int_{L_2} + \int_{L_{3}} \\ & = 2\pi i Res(z=+E_{\bf p}) - \int_{C_{1}} - \int_{C_{2}} \\ & \ with\ \rho \to 0 \end{align}$

Der Grund, warum ich verwirrt bin, ist, dass wir uns dafür entscheiden, (2) mit auszuwerten $\rho \to 0$ dann ist die $\int_{C_{1}}$ Und $\int_{C_{2}}$ haben einen Wert ungleich Null (wegen des einfachen Pols at $E_{\bf p}$ Und $-E_{\bf p}$ ) und können sich nicht gegenseitig aufheben. Und dies wird die Antwort, die ich bekomme, anders machen als im Fall (1).

Daher frage ich mich, welchen ich berechnen soll, (1) oder (2)?

Antworten (3)

Konturintegral des Feynman-Propagators

Kostas · Answer 1

Es ist viel einfacher, die Pole mit Feynmans i*epsilon von der realen Achse abweichen zu lassen. Dann kann die Integration direkt auf der realen Linie bleiben und Sie müssen C1 und C2 nicht zeichnen. Wenn Sie sie so zeichnen, wie Sie es getan haben, müssen Sie sie verkleinern und die Beiträge der Halbkreise berechnen, da sie sich nicht aufheben. Sie sind Halbkreise, die in entgegengesetzte Richtungen um Pole mit entgegengesetztem Rest gehen, sodass jeder +i*pi für +2*i*pi insgesamt beisteuert und offensichtlich in beiden Fällen gleich ist. Die Linienintegrale L1, L2 und L3 sind Null!

Nach Feynmans Methode, und so kommen die meisten Physiker schnell zur Antwort, ohne jedes Mal sechs Segmente zu berechnen, erinnern wir uns einfach daran, dass die Antwort die folgende ist: Das Residuum des Pols, der sich innerhalb der Kontur befindet, ist gleich dem Integral wir wollen. Für $x0<y0$ Sie nehmen den Pol bei z = -Ep ein, gehen gegen den Uhrzeigersinn und für $x0>y0$ Sie nehmen den Pol bei z=+Ep im Uhrzeigersinn ein. Der Wert des Residuums ist bei z=-Ep und +Ep entgegengesetzt, daher ist die Antwort dieselbe.

Übrigens behauptet ein altes QFT-Buch, dass es sieben ungleiche Wege gibt, um zwei Pole zu umgehen ...

Zukunftsforscher · Answer 2

Sie müssen (1) nehmen und lassen $\rho \to 0$ , denn in (2) erhält man im Grenzwert das Integral über die reelle Gerade abzüglich der beiden Punkte $\pm E_p$ , was nicht das ist, was Sie wollen (und wie Sie beobachtet haben, verschwinden die beiden Integrale nach dem Rest nicht, weil sie wertvolle Informationen enthalten). In (1) ist die Kontur kontinuierlich (ununterbrochen) und $\rho \to 0$ ist grob gesagt eine Homotopie (eine kontinuierliche Verformung von Schleifen / Konturen) von der ursprünglichen Kontur (auf Ihren Bildern) zur gesamten realen Linie. Das brauchen Sie, weil sich die Werte der Integrale holomorpher (komplexer analytischer) Funktionen unter Homotopien nicht ändern, dh der Wert des Integrals bleibt gleich wenn $\rho \to 0$ während sich die Konturen verformen.

Pip · Answer 3

Das hat mich auch ziemlich verwirrt, weil ich auch versucht habe, die Beiträge zu berechnen $\int_{C_1}$ , $\int_{C_2}$ um das Integral entlang der reellen Achse zu bestimmen (wie so oft das Ziel von Übungen in komplexen Variablenverläufen).

Die Schlüsselerkenntnis ist, dass der Propagator $\Delta_F(x-y)$ ist (von Tong) als das gesamte Integral definiert

\int \frac{D^{4} P}{(2 π)^{4}} \frac{ich}{(P^{0})^{2} - P^{2}} e^{- ich P (X - j)}

$\begin{equation} \int \frac{d^{4}p}{(2\pi)^{4}} \frac{i}{(p^{0})^{2} - {\bf p}^{2}} e^{-ip(x-y)} \end{equation}$ Insbesondere das Integral über

p^{0}

$p^0$ ist nicht das (Hauptwert des) Integrals entlang der reellen Achse (was (2) wäre), sondern die gesamte Kontur, also in dem Fall

x^{0} < y^{0}

$x^0<y^0$ nimmt immer den Wert an

2 π i Res (p^{0} = + E_{p})

$2\pi i \text{Res}\left(p^0=+E_p\right)$ , nach dem Residuensatz. Sie müssen die eingerückten Teile der Kontur überhaupt nicht berücksichtigen (dh (1) ist das, was Sie wollen).

Konturintegral des Feynman-Propagators

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Antworten (3)

Kostas

Zukunftsforscher

Pip

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