Übergangsamplituden

Operatoren im Wechselwirkungsbild folgen der freien Bewegungsgleichung. Somit können wir das Feld in ausdrücken$V_I(t)$(Ich werde den Index jetzt streichen) in Bezug auf die Erstellungs- und Vernichtungsoperatoren des freien QHO, das heißt

$$\begin{equation} V(t) = \frac{f(t)}{\sqrt{2m}} \left( a(t) + a^{\dagger}(t) \right). \end{equation}$$ Der Anfangszustand von n Anregungen ist $$\begin{equation} \vert n \rangle = \frac{\left(a^\dagger\right)^n}{\sqrt{n!}}\vert 0 \rangle. \end{equation}$$ So wie ich Ihre Frage verstehe, ist der Ausgangszustand vorbereitet, bevor die Fahrt beginnt, dh es ist$a$hier ist aber auch ein interaktionsbildoperator zu zeit$-\infty$. Dann wird Ihr Ausdruck $$\begin{equation} \frac{1}{\sqrt{n!}} \sum_{\alpha = 0}^{\infty} \frac{(-i)^\alpha}{\alpha!(2m)^{\alpha/2}} \int \textrm{d}t_1 ... \int \textrm{d}t_\alpha f(t_1)...f(t_\alpha) \langle 0 \vert T \left\{ \left( a(t_1) + a^{\dagger}(t_1) \right) ... \left( a(t_\alpha) + a^{\dagger}(t_\alpha) \right) \left(a^\dagger (-\infty)\right)^n \right\} \vert 0 \rangle, \end{equation}$$ wo ich die Schöpfungsoperatoren in der unendlichen Vergangenheit in die Zeitordnung gezogen habe. Der Trick besteht darin, zu erkennen, dass nur Terme überleben, die die gleiche Anzahl von Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren haben (die Zeitentwicklung im Wechselwirkungsbild erhält die Anzahl der Anregungen). Zur niedrigsten Ordnung in$f$, dies gibt entspricht$\alpha = n$und somit $$\begin{equation} \frac{1}{\sqrt{n!}} \frac{(-i)^n}{n!(2m)^{n/2}} \int \textrm{d}t_1 ... \int \textrm{d}t_n f(t_1)...f(t_n) \langle 0 \vert T \left\{ a(t_1) ... a(t_n) \left(a^\dagger (-\infty)\right)^n \right\} \rangle . \end{equation}$$ Nach dem Satz von Wick ist der Ausdruck im Integral gerecht$n!$Kopien des gleichen Diagramms, dh $$\begin{equation} \frac{(-i)^n}{\sqrt{n!}(2m)^{n/2}} \lim_{t'\to-\infty} \left[ \int_{-\infty}^{\infty} \textrm{d}t\ f(t)\ G_0 (t - t') \right]^n, \end{equation}$$ Wo$G_0 (t - t')$ist der zeitlich geordnete Propagator der Theorie.