Störungserweiterung der effektiven Aktion

Die Frage wurde fast ein Jahr lang gepostet und erhielt keine Antwort. Nun, ich denke, ich könnte versuchen, eine Antwort auf der Grundlage meines Studiums in diesem Jahr zu geben. Da ich denke, dass die Diskussion über effektives Handeln in Kapitel 11 von An Introduction to Quantum Field Theory (Peskin & Schroeder) nicht sehr klar ist, werde ich das gesamte Material auf meine Weise neu organisieren. Eine weitere Referenz ist die Quantenfeldtheorie (Mark Srednicki) .

Wenn der Beweis einer Gleichung in Peskins Buch zu finden ist, werde ich den Beweis hier nicht wiederholen. Lesen Sie also bitte die Antwort mit Peskins Buch.

Meine Definition von Metrik ist$\mathrm{diag}(-1,1,1,1)$

Effektives Handeln

Das Wegintegral eines Quantenfeldes mit externer Quelle ist

$$Z[J] = e^{-iE[J]} = \int \mathcal{D} \phi \exp\left[ i\int d^4x (\mathcal{L}[\phi] + J \phi) \right]$$

Definieren$\phi_{\mathrm{cl}} (x) \equiv \langle \Omega | \phi(x) | \Omega \rangle_{J}$, das können wir ableiten

$$\frac{\delta}{\delta J(x)} E[J] = - \phi_{\mathrm{cl}}(x)$$ Wir definieren effektives Handeln jetzt als $$\Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}] \equiv -E[J] - \int d^4y J(y) \phi_{\mathrm{cl}}(y)$$ Vermuten $\mathcal{L}$ist unter Transformation invariant $U$, dh $\mathcal{L}(U\phi) = \mathcal{L}(\phi)$. Wir haben $$U\phi_{\mathrm{cl}}(x) = \langle \Omega | U\phi(x) | \Omega\rangle_{J} = \frac{\int \mathcal{D}\phi e^{i \int \mathcal{L}(\phi)+J\phi}U\phi(x)}{\int \mathcal{D}\phi e^{i \int \mathcal{L}(\phi)+J\phi}}$$ Definieren $J' = \frac{J\phi}{U\phi}$, und wir nehmen an, dass das Maß des Pfadintegrals unter Transformation invariant ist $U$, dann haben wir $$U\phi_{\mathrm{cl}}(x) = \frac{\int \mathcal{D}U\phi e^{i \int \mathcal{L}(U\phi)+J'U\phi}U\phi(x)}{\int \mathcal{D}U\phi e^{i \int \mathcal{L}(U\phi)+J'U\phi}} = \frac{\int \mathcal{D}\phi e^{i \int \mathcal{L}(\phi)+J'\phi}\phi(x)}{\int \mathcal{D}\phi e^{i \int \mathcal{L}(\phi)+J'\phi}} = \langle \Omega | \phi(x) | \Omega\rangle_{J'}$$ Einerseits haben wir $$\Gamma[U\phi_{\mathrm{cl}}] = E[J'] - \int d^4y J'(y)U\phi_{\mathrm{cl}}(y) = E[J'] - \int d^4y J(y)\phi_{\mathrm{cl}}(y)$$ Andererseits haben wir $$\begin{eqnarray} Z[J'] &=& \int \mathcal{D}\phi \exp \left[ i \int d^4x \mathcal{L}(\phi)+J'\phi \right] = \int \mathcal{D}U\phi \exp \left[ i \int d^4x \mathcal{L}(U\phi)+J'U\phi \right] \nonumber \\ &=& \int \mathcal{D}\phi \exp \left[ i \int d^4x \mathcal{L}(\phi)+J\phi \right] = Z[J] \nonumber \end{eqnarray}$$ So, $E[J] = E[J']$und offensichtlich $$\Gamma(U\phi_{\mathrm{cl}}) = E[J] - \int d^4y J(y)\phi_{\mathrm{cl}}(y) = \Gamma(\phi_{\mathrm{cl}})$$ Wir haben bewiesen, dass effektives Handeln unter Transformation unveränderlich ist $U$.

Das können wir weiter verifizieren

$$\frac{\delta}{\delta \phi_{\mathrm{cl}}(x)} \Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}] = -J(x)$$ Wenn die externe Quelle auf Null gesetzt wird, erfüllt die effektive Aktion die Gleichung $$\frac{\delta}{\delta \phi_{\mathrm{cl}}(x)} \Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}] = 0$$ Die Lösung dieser Gleichung sind die Werte von $\langle \phi(x) \rangle$in den stabilen Quantenzuständen der Theorie. Für einen translationsinvarianten Vakuumzustand werden wir eine Lösung finden, in der $\phi_{\mathrm{cl}}$ist unabhängig von $x$. Der Einfachheit halber nehmen wir an, dass die Vakuumzustände in unserer folgenden Diskussion alle translationsinvariant sind. Also, wenn $T$ist die zeitliche Ausdehnung der Region und $V$ist sein dreidimensionales Volumen, können wir das effektive Potenzial des Feldes definieren $$\Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}] = -(VT) \cdot V_{\mathrm{eff}}(\phi_{\mathrm{cl}})$$ Die Bedingung, dass $\Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}]$hat ein Extrem und reduziert sich dann auf die einfache Gleichung $$\frac{\partial}{\partial \phi_{\mathrm{cl}}} V_{\mathrm{eff}}(\phi_{\mathrm{cl}}) = 0$$ Ein System mit spontan gebrochener Symmetrie wird mehrere Minimum haben $V_{\mathrm{eff}}$, alle mit der gleichen Energie aufgrund der Symmetrie. Die Wahl eines dieser Vakuume ist die spontane Symmetriebrechung. Beachten Sie, dass $V_{\mathrm{eff}}(\phi_{\mathrm{cl}})$teilen die gleiche Symmetrie mit dem ursprünglichen Lagrange, selbst wenn der Zustand des Vakuums eine spontane Symmetriebrechung ist.

Berechnung der effektiven Aktion

Zerlegen Sie die Lagrange-Funktion in ein Stück in Abhängigkeit von renormierten Parametern und eines, das die Gegenterme enthält

$$\mathcal{L} = \mathcal{L}_1 + \delta \mathcal{L}$$ Definieren $J_1$von $$\left. \frac{\delta \mathcal{L}_1}{\delta \phi} \right|_{\phi = \phi_{\mathrm{cl}}} + J_1(x) = 0$$ Definieren $\delta J$von $$J(x) = J_1(x) + \delta J(x)$$ Also haben wir $$e^{-iE[J]} = \int \mathcal{D}\phi e^{i\int d^4x (\mathcal{L}_1 + J_1\phi)} e^{i\int d^4x (\delta \mathcal{L} + \delta J \phi)}$$ Ersetzen $\phi$von $\phi_{\mathrm{cl}}+\eta$, $$\begin{eqnarray} \int d^4x \, (\mathcal{L}_1 + J_1\phi) &=& \int d^4x \, (\mathcal{L}_1[\phi_{\mathrm{cl}}] + J_1\phi_{\mathrm{cl}}) + \int d^4x \, \eta(x) \left( \frac{\delta \mathcal{L}_1}{\delta \phi} + J_1 \right) \nonumber \\ &+& \frac{1}{2} \int d^4x \, d^4y \, \eta(x) \eta(y) \frac{\delta^2 \mathcal{L}_1}{\delta \phi(x) \delta \phi(y)} \nonumber \\ &+& \frac{1}{3!} \int d^4x \, d^4y \, d^4z \, \eta(x) \eta(y) \eta(z) \frac{\delta^3 \mathcal{L}_1}{\delta \phi(x) \delta \phi(y) \delta \phi(z)} + \cdots \nonumber \end{eqnarray}$$ Der Begriff linear in $\eta$verschwindet per Definition von $J_1$. Setzen Sie dann die Auswirkungen des Gegenbegriffs Lagrange zurück und schreiben Sie ihn als $$(\delta \mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}}] + \delta J \phi_{\mathrm{cl}} ) + ( \delta \mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}} + \eta] - \delta\mathcal{L} [\phi_{\mathrm{cl}}] + \delta J \eta)$$ Definieren $$\mathcal{L}_2 = \left(\frac{1}{3!} \int d^4x \, d^4y \, d^4z \, \eta(x) \eta(y) \eta(z) \frac{\delta^3 \mathcal{L}_1}{\delta \phi(x) \delta \phi(y) \delta \phi(z)} + \cdots \right) + ( \delta \mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}} + \eta] - \delta\mathcal{L} [\phi_{\mathrm{cl}}] + \delta J \eta)$$ So $$e^{-iE[J]} = C_1 e^{i\int \mathcal{L}_2(\frac{1}{i} \frac{\delta}{\delta I})} \left. \int \mathcal{D}\eta e^{i\int \left(\frac{1}{2} \eta \frac{\delta^2 \mathcal{L}_1}{\delta \phi \delta \phi} \eta + I\eta \right)} \right|_{I=0}$$ Wo $$C_1 \equiv \exp \left[ i \int ( \mathcal{L}_1 [\phi_{\mathrm{cl}}] + J_1\phi_{\mathrm{cl}} + \delta \mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}}] + \delta J \phi_{\mathrm{cl}} )\right]$$ Wenn wir Propagator definieren $D_F$als $$D_F \equiv i \left( \frac{\delta^2 \mathcal{L}_1}{\delta \phi \delta \phi}\right)^{-1}$$ Wir haben $$Z[J] = e^{-iE[J]} =C_1 Z_0[0] e^{i\int \mathcal{L}_2(\frac{1}{i} \frac{\delta}{\delta I})} \left. \int \mathcal{D}\eta e^{i\int \left(-\frac{1}{2} I D_F I \right)} \right|_{I=0}$$ Wo $$Z_0[0] \equiv \int \mathcal{D}\eta e^{ \frac{i}{2}\int \eta \left( \frac{\delta^2 \mathcal{L}_1}{\delta \phi \delta \phi}\right) \eta }$$ Peskin vertreten $Z_0[0]$durch das Verfahren der funktionellen Determinante in diesem Schritt. Aber ich werde diese Methode vorstellen, wenn ich mit einem konkreten Beispiel arbeite, und versuchen, diese seltsame "Determinante" natürlicher zu machen.

Erinnern Sie sich an die Störungstheorie für Pfadintegrale, für die wir eine Störungsentwicklung erhalten können$iE[J]$unter Verwendung eines verbundenen Feynman-Diagramms. Der Beweis findet sich in Abschnitt 9 der Quantenfeldtheorie (Mark Srednicki) . Also haben wir

$$-iE[J] = i \int ( \mathcal{L}_1 [\phi_{\mathrm{cl}}] + J_1\phi_{\mathrm{cl}} + \delta \mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}}] + \delta J \phi_{\mathrm{cl}} ) + \log(Z_0[0]) + \mbox{ connected diagrams }$$ Beachten Sie, dass der Propagator des Diagramms gegeben ist durch $D_F$, der Scheitelpunkt des Diagramms ist gegeben durch $\mathcal{L}_2$. Dies ist das Verfahren, das Begriffe wie umwandelt $\frac{1}{3!} \int d^4x d^4y d^4z \eta(x) \eta(y) \eta(z) \frac{\delta^3 L_1}{\delta\phi(x) \delta\phi(y) \delta\phi(z)}$Und $\delta L[\phi_{cl}+\eta]-\delta L[\phi_{cl}] + \delta J \eta$in zusammenhängende Diagramme.

Aus dieser Gleichung$\Gamma$folgt direkt:

$$\Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}] = \int d^4x \mathcal{L}_1[\phi_{\mathrm{cl}}] -i\log(Z_0[0]) -i \mbox{ connected diagrams} + \int d^4x \delta\mathcal{L}[\phi_{\mathrm{cl}}]$$

Beachten Sie, dass keine Terme mehr übrig sind, die explizit von abhängen$J$; daher,$\Gamma$wird als Funktion von ausgedrückt$\phi_{\mathrm{cl}}$, so wie es sein sollte. Die Feynman-Diagramme tragen dazu bei$\Gamma[\phi_{\mathrm{cl}}]$haben keine externen Leitungen, und die einfachsten haben zwei Schleifen. Die Quantenkorrektur niedrigster Ordnung zu$\Gamma$ist durch die funktionale Determinante gegeben.

Der letzte Term stellt einen Satz von Gegentermen bereit, die verwendet werden können, um die Renormierungsbedingungen zu erfüllen$\Gamma$und dabei Abweichungen aufzuheben, die in der Auswertung der Funktionsdeterminanten und der Diagramme auftreten. Die Renormierungsbedingungen bestimmen alle Gegenterme in$\delta \mathcal{L}$. Der von uns konstruierte Formalismus enthält jedoch einen neuen Gegenbegriff$\delta J$. Dieser Koeffizient wird bestimmt durch$\langle \eta \rangle = 0$. In der Praxis werden wir diese Bedingung erfüllen, indem wir einfach jedes Ein-Teilchen-irreduzible Ein-Punkt-Diagramm ignorieren, da jedes solche Diagramm durch Anpassung von gelöscht wird$\delta J$.

Lineares Sigma-Modell

Wir beginnen wieder mit dem Lagrangian

$$\mathcal{L}_1 = -\frac{1}{2} \partial_{\mu} \phi^i \partial^{\mu}\phi^i + \frac{1}{2} \mu^2 (\phi^i)^2 - \frac{\lambda}{4} [(\phi^i)^2]^2$$ Erweitern Sie über das klassische Feld $\phi^i = \phi_{\mathrm{cl}}^i + \eta^i$, und wir nehmen an, dass das Vakuum translationsinvariant ist. Dann haben wir $$\mathcal{L}_1 = -\frac{1}{2}(\partial_{\mu}\eta)^2 + \frac{1}{2}\mu^2(\eta^i)^2 - \frac{\lambda}{2}[(\phi_{\mathrm{cl}}^2)(\eta^i)^2+ 2(\phi_{\mathrm{cl}}^i\eta^i)^2] + \cdots$$ Aus den Termen quadratisch in $\eta$, können wir ablesen $$\frac{\delta^2 \mathcal{L}_1}{\delta\phi^i\delta\phi^j} = \partial^2\delta_{ij} + \mu^2\delta_{ij} - \lambda[(\phi_{\mathrm{cl}}^k)^2\delta_{ij} + 2\phi_{\mathrm{cl}}^i \phi_{\mathrm{cl}}^j]$$ Wir wählen den Vakuumzustand durch Nachfragen $\phi_{\mathrm{cl}}^i$Punkte in der $N$te Richtung $$\phi_{\mathrm{cl}}^i = (0,\cdots,\phi_{\mathrm{cl}})$$ Dann ist der Operator genau gleich dem Klein-Gordon-Operator $(\partial^2-m_i^2)$, Wo $$m_i^2 = \begin{cases} \lambda\phi_{\mathrm{cl}}^2-\mu^2 \quad i=1,\cdots,N-1 \\ 3\lambda\phi_{\mathrm{cl}}^2-\mu^2 \quad i=N \end{cases}$$ $$Z_0[0] \equiv \prod_{i=1}^{N} Z_i = \prod_{i=1}^{N} \int \mathcal{D}\eta e^{ \frac{i}{2}\int \eta \left( \partial^2-m_i^2\right) \eta }$$ Hier, $m_i$ist eine Funktion von $\phi_{cl}$. Wir wollen bekommen $\log Z_0[0]$als Funktion von $\phi_{cl}$und die ständige unendliche Verschiebung von $\log Z_0[0]$fallen in unserer Berechnung weg. Wir behandeln $-\frac{1}{2}m_i^2\eta^2$als Störung, so haben wir $$Z_i \propto e^{-\frac{im_i^2}{2}(\frac{1}{i} \frac{\delta}{\delta I})^2} \left. \int \mathcal{D}\eta e^{i\int \left(-\frac{1}{2} I S_F I \right)} \right|_{I=0}$$ Wo $$S_F(x-y) = \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} \frac{-i}{p^2}e^{ip(x-y)}$$ Jetzt können wir die folgenden Feynamn-Regeln haben.

1. Eine Zeile von$x$Zu$y$wird assoziiert mit$S_F(x-y)$
2. Ein Scheitelpunkt, der zwei Linien bei verbindet$x$wird assoziiert mit$-im_i^2\int d^4x$

Also haben wir

$$\log Z_i = \sum_{I}C_I$$ Wo $C_I$stellt ein zusammenhängendes Diagramm ohne externe Quelle dar. Ein verbundenes Diagramm ohne externe Quelle muss die folgende Form haben Also haben wir $$C_n = \frac{1}{2n}\int \prod_{k=1}^{n} \frac{d^4p_k d^4x_k}{(2\pi)^4} \frac{-m_i^2}{p_k^2} \exp(ip_k(x_k-x_{k+1})) = \int d^4p \delta(0) \left(-\frac{m_i^2}{p^2} \right)^n$$ $$\log Z_i = -\frac{1}{2}VT \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} \sum -\frac{1}{n} \left(-\frac{m_i^2}{p^2} \right)^n = -\frac{1}{2}VT\int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} \log(1+\frac{m_i^2}{p^2})$$ Erinnere dich an das Gaußsche Integral $$\int _{-\infty }^{\infty }e^{\left(-{\frac {i}{2}}\sum \limits _{i,j=1}^{n}A_{ij}x_{i}x_{j}\right)}\,d^{n}x = {\sqrt {\frac {(-2\pi i)^{n}}{\det A}}}$$ Also formell haben wir $$\log Z_i = -\frac{1}{2}\log \det (-\partial_x^2 + m_i^2)\delta(x-y)$$ Definieren $$M(x-y) \equiv (-\partial_x^2 + m_i^2)\delta(x-y) \quad M_0(x,y) \equiv -\partial_x^2\delta(x-y) \quad M_1(y,z) \equiv \delta(y-z) + im_i^2D_F(y-z)$$ Das können wir verifizieren $$M(x,z) = \int d^4y M_0(x-y)M_1(y-z)$$ So, $$\log \det M = \log \det M_0 + \log \det M_1 \approx \log \det M_1$$ Wir steigen aus $\log \det M_0$weil es nicht enthalten ist $m(\phi_{\mathrm{cl}})$. Außerdem haben wir $M_1 = I - G$, Wo $I = \delta(x-y)$ist die Identitätsmatrix und $G = -im_i^2D_F$. So $$\log \det M_1 = \mathrm{Tr} \log M_1 = \mathrm{Tr} \log(I-G) = -\frac{1}{n}\sum_{n=1}^{\infty} \mathrm{Tr} G_n$$ Also haben wir $$\log Z_i = -\frac{1}{2}\log \det M = \frac{1}{2n} \mathrm{Tr} G_n = \sum_n C_n$$ Wir reproduzieren dann das obige Ergebnis unter Verwendung der Diagrammstörungsmethode. Obwohl die Definition der funktionalen Determinante nicht sehr streng ist, können wir darauf vertrauen, dass sie eine effektive Methode zur Berechnung des funktionalen Gaußschen Integrals ist.

Die folgende Berechnung erfordert Tricks der Dochtrotation und Dimensionsregulierung, und Sie können sich auf die Gleichung 11.72 von Peskins Buch für Details beziehen. Hier liste ich nur das Endergebnis auf:

$$\log Z_0[0] = \frac{i}{2}\frac{\Gamma(-\frac{d}{2})}{(4\pi)^{d/2}}(m^2)^{\frac{d}{2}}VT$$ Wir können also bis zu einer Schleifenkorrektur erhalten $$V_{\mathrm{eff}} = -\frac{1}{2} \mu^2 \phi_{\mathrm{cl}}^2 + \frac{\lambda}{4} \phi_{\mathrm{cl}}^4 - \frac{1}{2}\frac{\Gamma(-\frac{d}{2})}{(4\pi)^{d/2}}[(N-1)(\lambda\phi_{\mathrm{cl}}^2-\mu^2)^{\frac{d}{2}} + (3\lambda\phi_{\mathrm{cl}}^2-\mu^2)^{\frac{d}{2}}] + \frac{1}{2}\delta_{\mu}\phi_{\mathrm{cl}}^2 + \frac{1}{4}\delta_{\lambda}\phi_{\mathrm{cl}}^4$$ Und wenn wir wollen $V_{\mathrm{eff}}$ist endlich für Terme mit $\phi_{\mathrm{cl}}$, wir können bekommen $$\delta_{\lambda} = \frac{2\lambda^2(N+8)}{(4\pi)^2} \times \frac{1}{4-d} + \mbox{ finite terms }$$ $$\delta_{\mu} = -\frac{2\lambda\mu^2(N+2)}{(4\pi)^2} \times \frac{1}{4-d} + \mbox{ finite terms }$$