$\newcommand{\bphi}{\boldsymbol{\phi}} \newcommand{\bD}{\mathbf{D}} \newcommand{\phiu}{\bphi_\textrm{unforced}} \newcommand{\force}{\mathbf{f}} \newcommand{\phis}{\bphi_s} \newcommand{\bG}{\mathbf{G}}$Um diese Frage zu beantworten, werde ich zunächst einige Hintergrundinformationen durchgehen und eine kompakte Notation einführen. Dann werde ich besprechen, warum der richtige Ausdruck richtig ist. Dann werde ich besprechen, warum der falsche Ausdruck falsch ist.

Einführung/Rezension

Sie können dies herausfinden, indem Sie die Situation klassisch betrachten. In der klassischen Feldtheorie sind die Konzepte eines Wellenoperators und einer Green-Funktion wichtig. Ich werde diese Konzepte der Reihe nach überprüfen.

Wave-Operator

Klassischerweise haben Sie ein Feld$\bphi$die, wenn kein externer Antrieb angewendet wird, eine Wellengleichung erfüllt$\bD \bphi=0$, Wo$\bD$ist der Wellenoperator, der ein Differentialoperator ist, in Ihrem Fall ist er gegeben durch$\bD =\Box + m^2$. Es ist wichtig zu beachten, dass es viele Lösungen gibt$\phiu$zur Wellengleichung$\bD \bphi =0$.

Funktion von Green

Nehmen wir nun an, dass das Feld$\bphi$fühlt eine Kraft$\force$. Dann erfüllt das Feld die Wellengleichung$\bD \bphi = \force$. Dann findet sich immer eine Lösung$\phis$zur Gleichung, aber diese Lösung ist nicht eindeutig, denn wenn$\bD \phis = \force$, dann hast du auch

Nun ist es oft so, dass uns eine gegeben wird$\force$, und wir wollen a finden$\phis$. Ein Werkzeug, um dies zu tun, wird die Green-Funktion genannt. Die Green-Funktion ist eine Lösung der Wellengleichung, wenn die Kraft$f(y)$ist durch eine Deltafunktion gegeben$\delta(y)$. Die Funktion des Grüns ist angegeben$G(y)$. Beachten Sie, dass es viele Möglichkeiten der Green-Funktion gibt, da die Lösungen der Wellengleichung nicht eindeutig sind. Aber nachdem Sie die Funktion eines bestimmten Grüns ausgewählt haben (d. h. eine bestimmte Lösung$\bD \bG = \boldsymbol{\delta}$, können wir die Lösung der Wellengleichung für beliebigen Antrieb schreiben ($\bD \bphi=\force$) als$\phi_s(x)= \int G(x-y)f(y) dy$, was ich als schreiben werde$\phis = \bG * \force$.

Warum ist der richtige Ausdruck richtig?

Um zu erklären, warum der Ausdruck richtig ist, beweise ich ihn zunächst abstrakt mit Symbolen, dann zeige ich anhand eines Beispiels, wie der Beweis funktioniert.

Nachweisen

Jetzt verstehen wir den Wellenoperator$\bD$und Greens Funktionen$\bG$, können wir fragen, warum das so ist

Aber es gibt einen Fall, wo$\phis'$wird gleich sein$\phis$, und das ist wann$\phis$selbst kam von der Funktion unseres Grüns$\bG$(in Symbolen,$\phis = \bG * \force$für etwas Kraft$\force$). Da haben wir dann noch$\phis' = \bG * \force$, wir glauben, dass$\phis' = \phis$.

Betrachten Sie nun insbesondere den Fall, wo$\phis$kommt von einer grünen Funktion, und tatsächlich kommt es von der Anwendung der grünen Funktion auf eine Delta-Funktionskraft (in Symbolen,$\phis = \bG*\boldsymbol{\delta} = \bG$. Dann, wie gerade erklärt, haben wir$\phis' = \phis$. Jetzt erinnern wir uns, wie wir ursprünglich gefunden haben$\phis'$indem wir die Kraft messen und unsere Methode der grünen Funktion auf die Kraft, die Gleichung, anwenden$\phis' = \phis$wird$\bG * \bD \phis = \phis$. Stecken Sie dann unsere besondere Wahl ein$\phis = \bG$, wir erhalten$\bG * \bD \bG = \bG$, was wir zeigen wollten.

Beispiel

Um dies konkreter zu machen, wäre es hilfreich, sich ein Beispiel anzusehen. Betrachten Sie einen erzwungenen einfachen harmonischen Oszillator mit Frequenz$\omega$, wobei das (nulldimensionale) Feld$\bphi$stellt die Oszillatorposition dar und der Wellenoperator ist$\bD = \partial_t^2 + \omega^2$. Was ist die Greens-Funktion? Nun, wenn wir mit einem Hammer auf den Oszillator schlagen$t=0$, erwarten wir, dass es mit Frequenz oszilliert$\omega$, So$G(t) = 0$für$t<0$Und$G(t) = \sin(\omega t)$für$t>0$, bis auf eine Gesamtkonstante. (Diese Konstante ist$\dfrac{1}{\omega^2}$, also ist die Funktion unseres Grüns eigentlich$\dfrac{1}{\omega^2} \sin(\omega t)$).

Lassen Sie uns nun das Argument mit diesem Beispiel durchgehen. Wir nehmen die Funktion unseres Grüns$\bG = \dfrac{1}{\omega^2} \sin(\omega t)$für$t>0$Und$\bG =0$für$t<0$, und wir finden heraus, welche Kraft es erschaffen hat. Wir tun dies, indem wir den durch gegebenen Wellenoperator anwenden$\bD = \partial_t^2 + \omega^2$. Bei Anwendung des Operators stellen wir fest, dass die Bewegung die Wellengleichung für erfüllt$t \ne 0$, aber das bei$t=0$, etwas Komisches ist passiert, speziell a$\delta$-Funktionskraft angewendet wurde. Jetzt, wo wir das haben$\force$, können wir fragen, welche Bewegung wir erhalten, wenn wir die Funktion unseres Grüns auf diese Kraft anwenden. Also machen wir die Faltung$\int \dfrac{1}{\omega^2} \sin(\omega(t-t')) \delta(t') dt'$und wir bekommen die Antwort$\dfrac{1}{\omega^2} \sin(\omega(t))$, das ist genau die Funktion des Grüns, mit der wir begonnen haben, also passt alles.

Warum ist der falsche Ausdruck falsch?

Jetzt können wir auch die Frage stellen, was mit falsch ist$\bG = \bG*\bG$? Beachten Sie zunächst, dass das durch die Faltung implizierte Integral '$*$“ geht die ganze Zeit über. Das ist wahrscheinlich nicht das, was Sie gemeint haben. Sie meinten wahrscheinlich$G(t_3,\vec{x}_3;t_1,\vec{x}_1)= \int G(t_3,\vec{x}_3;t_2,\vec{x}_2) G(t_2,\vec{x}_2;t_1,\vec{x}_1) d \vec{x}_2$, wobei nur die räumliche Zwischenkoordinate$\vec{x}_2$integriert ist über und nicht die Zeit$t_2$.

Es gibt ein offensichtliches Problem damit, nämlich das$\bG$wandelt von der Kraft- in die Feldkonfiguration um, nicht die Feldkonfiguration in die Feldkonfiguration. Die Gleichung würde also aus Dimensionsgründen versagen.

Beachten Sie jedoch, dass dies auch abgesehen von diesen beiden Punkten aufgrund der zukünftigen Konfiguration keine Chance hat, zu funktionieren$\phi(t_3)$des Feldes hängt nicht nur von der vergangenen Feldkonfiguration ab, sondern auch vom vergangenen Feldimpuls. Jetzt können Sie dem entgegnen: „Okay, es gibt also viele zukünftige Feldkonfigurationen, die einer gegebenen vergangenen Feldkonfiguration entsprechen, also meine$\tilde{\bG}$Betreiber wird nicht eindeutig sein, aber Ihre$\bG$war auch nicht eindeutig, also was ist die große Sache?" Nun, Sie könnten ein Nicht-Eindeutiges definieren$\tilde{G}$, aber es würde keine Möglichkeit geben, es zu befriedigen$\tilde{G}(t_3-t_1) = \tilde{G}(t_3-t_2)\tilde{G}(t_2-t_1)$.

Um dies zu sehen, kehren wir zum Beispiel des einfachen harmonischen Oszillators zurück. Die natürliche Wahl von$\tilde{G}$Ist$\cos(\omega t)$. Wie oben erwähnt, mussten wir eine Entscheidung über die Vergangenheit treffen ($t=0$) Impuls des Oszillators, und hier haben wir den Impuls zu Null gewählt. Nehmen wir nun an, wir wählen eine vergangene Zeit aus$t_1$und zukünftige Zeit$t_3$. Dann$\tilde{\bG}(t_3 -t_1) = \cos(\omega(t_3-t_1))$, Nehmen wir nun an, wir wählen eine Zwischenzeit aus$t_2$. Tut$\tilde{G}(t_3-t_1) = \tilde{G}(t_3-t_2)\tilde{G}(t_2-t_1)$? Nein, tut es nicht. Was geht schief? Wir können zuerst berechnen$\tilde{G}(t_2-t_1)$und wir bekommen$\cos(\omega (t_2-t_1))$, was wir für die Amplitude zur Zwischenzeit erhalten sollten$t_2$. Aber jetzt kommt das entscheidende Problem. Wenn wir dies durch Multiplikation mit weiterentwickeln$\tilde{G}(t_3-t_2)$, müssen wir eine Annahme über das Momentum treffen. Unsere Wahl war, anzunehmen, dass das Momentum null ist, aber in diesem Fall ist es das nicht. Das bedeutet, dass wir am Ende bekommen$\cos(\omega(t_3 - t_2))\cos(\omega t_2)$anstatt$\cos(\omega(t_3-t_1))$wie wir sollten. Dies ist das grundlegende Problem beim Versuch, etwas zu bekommen$\tilde{\bG} = \tilde{\bG}*\tilde{\bG}$.

Der Feynman-Propagator ist daher die Green-Funktion der Klein-Gordon-Gleichung$G(x,z) = \int G(x-y) (\Box_y +m^2) G(y-z) dy^4$ist äquivalent zu$G(x,z) = \int G(x-y) \delta(y-z) dy^4$wenn Sie die Delta-Funktion verwenden, um das Integral durchzuführen, das Sie erhalten$G(x,z)=G(x-z)$. Nun, was die Intuition betrifft, würde ich sagen, dass der Grund dafür, dass Sie die Propagatoren nicht einfach multiplizieren können, darin besteht, dass Sie dann die Wahrscheinlichkeit erhalten würden, dass das Teilchen von z nach y und von y nach x gegangen ist, während der Feynman-Propagator nur die Wahrscheinlichkeit angibt dass das Teilchen von z nach x ging, unabhängig davon, ob es durch y ging oder nicht. Aus diesem Grund benötigen Sie die Delta-Funktion, um zu erzwingen, dass y und z derselbe Punkt sind.