QFT: Propagatoren sind die Umkehrung der quadratischen Terme in LL\mathcal{L}?

Feynman-Regeln durch funktionale Ableitungen

Es ist nicht im Allgemeinen so, es fällt nur für Polynome von Körpern so zusammen, ohne Ableitungen oder andere Komplikationen. In Wahrheit nimmt man funktionale Ableitungen, bis kein Feld mehr übrig ist.

Beispielsweise schematisch,

$$-i\frac{\delta^4}{\delta \phi^4} \frac{\lambda}{4!} \phi^4 \to -i\lambda$$

das ist der ganze Grund für den Faktor von$4!$- Es ist eine bequeme Konvention, aber kein notwendiger Koeffizient, und die Physik bleibt ohne sie gleich. Komplexer hätten wir,

$$-i\frac{\delta^2}{\delta \phi^2} \frac{\delta}{\delta A_\mu}g\phi A^\nu \partial_\nu \phi \to -ig(p_1^\mu + p_2^\mu)$$

was eine Vektorkopplung an einen Skalar beschreibt, wobei$p_1$Und$p_2$wäre momenta Kennzeichnung zwei der Beine an der befestigt$A\phi\phi$Scheitel.

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Quadratische Terme

Der kinetische und Massenterm ist

$$\mathcal L = \frac12 (\partial \phi)^2 - \frac12 m^2 \phi^2.$$

Im Fourier-Raum,$\partial_\mu \phi \to ip_\mu \phi$und so haben wir$(\partial \phi)^2$muss gehen wie$p^2 \phi^2$. Wenn wir die Inverse im Fourier-Raum als die multiplikative Inverse interpretieren, haben wir dann, dass der Propagator geht als

$$\Delta \sim \frac{1}{p^2+m^2}.$$

Beachten Sie, dass für den Gegenterm Lagrange (wenn Sie zur Renormierung übergehen) die kinetischen und Massen- Gegenterme typischerweise als Wechselwirkungen interpretiert werden und daher funktionale Ableitungen genommen werden, aber keine Inversion durchgeführt wird. Dies ist jedoch eine Frage der Wahl, man könnte stattdessen Koeffizienten in den Propagator aufnehmen - sie führen zur gleichen Physik.

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Funktion von Green

Beachten Sie, dass ein Propagator – abgesehen davon, dass er die Umkehrung der quadratischen Terme ist – auch als Greensche Funktion der Bewegungsgleichungen interpretiert werden kann. Dies ist eine Funktion, mit der die Gleichungen gelöst werden können, über

$$\phi(x) = \int \mathrm dx' \, G(x,x') f(x')$$

Wo$(\square + m^2)\phi(x) = f(x)$. Genauso wie wir uns eine Funktion vorstellen können, die aus Delta-Funktionen aufgebaut ist, können wir uns konzeptionell eine Lösung vorstellen, die als Green-Funktionen aufgebaut ist, da

$$(\square + m^2)G(x) \sim \delta^{(n)}(x).$$

Etwas schematisch können Sie sich eine Quantenfeldtheorie als einen "freien" (nicht interagierenden) Lagrange vorstellen, der Lösungen hat, die nicht miteinander interagieren, sowie einen Interaktions-Lagrange, der den Modi mitteilt, wie sie interagieren sollen. Die Wechselwirkungsterme in der Lagrange-Funktion erzeugen die Scheitelpunktfaktoren in den Feynman-Regeln, aber der Propagator stammt aus der freien, nicht wechselwirkenden Theorie.

Der Propagator ist die Fourier-Transformation der Greenschen Funktion für die freien Bewegungsgleichungen; In Ihrem Fall ist die Bewegungsgleichung die Klein-Gordon-Gleichung

$$\partial^2 \phi + m^2 \phi = 0.$$

Die Funktion des Grüns$G$ist die Lösung für

$$\partial^2 G + m^2 G = \delta^4(x).$$

Wenn Sie die gesamte Gleichung Fourier-transformieren, erhalten Sie

$$-p^2 \tilde G + m^2 \tilde G = 1,$$

Wo$\tilde G$ist die Fourier-Transformation von$G$. Wenn Sie dies für lösen$\tilde G$, erhalten Sie so etwas wie Ihren Propagator. Wenn ich mich recht erinnere, der Faktor$i$ist einfach eine Konvention zur Bequemlichkeit. Der$i\epsilon$Begriff ist etwas komplizierter; Bedenken Sie, dass Sie diese integrieren müssen, um die Positionsraum-Green-Funktion zu erhalten$p$-Leerzeichenfunktion vorbei$d^4k$. Dies wird normalerweise als komplexes Konturintegral ausgeführt, und die$i\epsilon$Faktor steuert, welche Kontur Sie wählen.

Ich kann bearbeiten, wenn ich Zugriff auf meine Notizen habe, um spezifischere Kommentare abzugeben, aber dies sollte einen groben Überblick darüber geben, wie sich der Propagator aus den "quadratischen" Termen in der Lagrange-Funktion ergibt (die nicht interagierenden, einschließlich der quadratischen Ableitungen der Feld).

Der Haupttrick besteht darin, Quellen einzuführen$J_k$. Wenn die freie quadratische Aktion$^1$

$$S_2[\phi] ~:=~\frac{1}{2} \phi^k (S_2)_{k\ell} \phi^{\ell} \tag{1}$$ nicht entartet ist, dann ist die freie Zustandssumme ein Gaußsches Integral $$\begin{align} Z_2[J] ~:=~& \int {\cal D}\frac{\phi}{\sqrt{\hbar}}~\exp\left\{ \frac{i}{\hbar}\left(S_2[\phi] +J_k \phi^k \right)\right\} \cr \stackrel{\text{Gauss. int.}}{\sim}~& {\rm Det}\left(\frac{1}{i} (S_2)_{mn}\right)^{-1/2}\cr &\exp\left\{- \frac{i}{2\hbar} J_{\ell}J_k (S_2^{-1})^{k\ell} \right\}. \end{align}\tag{2}$$ Wir können jetzt auf 2 Arten vorgehen:

1. Wenn wir einerseits den freien Propagator als 2-Punkt-Funktion definieren, dann rechnen wir

   $$\begin{align} \langle \phi^k \phi^{\ell}\rangle^{(0)}_{J=0} ~:=~&\frac{1}{Z_2[J]} \int \! {\cal D}\frac{\phi}{\sqrt{\hbar}}~\phi^k\phi^{\ell}\cr & \left.\exp\left\{ \frac{i}{\hbar} \left(S_2[\phi]+J_m \phi^m\right)\right\}\right|_{J=0} \cr ~\stackrel{(2)}{=}~&\left.\frac{1}{Z_2[J]} \left(\frac{\hbar}{i}\right)^2\frac{\delta}{\delta J_k}\frac{\delta}{\delta J_{\ell}}Z_2[J]\right|_{J=0}\cr ~\stackrel{(2)}{=}~&i\hbar (S_2^{-1})^{k\ell},\end{align} \tag{3}$$ was die Titelfrage von OP beantwortet.

2. Wenn wir andererseits den freien Propagator als die Greens-Funktion für den Differentialoperator der freien quadratischen Aktion (1) definieren, folgt die Titelfrage von OP direkt aus der definierenden Eigenschaft einer Greens-Funktion.

Der Rest der Frage von OP ist eine Frage der Fourier-Transformation in den Impulsraum.

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$^1$Wir verwenden die komprimierte DeWitt-Notation, um die Notation nicht zu überladen. Wenn$\phi^k$hat Grassmann-Parität$|k|$, dann erfordert die Konsistenz die folgenden Symmetrieeigenschaften:

$$\begin{align} (S_2)_{k\ell}~=~&(-1)^{|k||\ell|+|k|+|\ell|}(S_2)_{\ell k} \cr (S_2^{-1})^{k\ell}~=~&(-1)^{|k||\ell|}(S_2^{-1})^{\ell k}. \end{align}\tag{4}$$