Verwirrung über Annahmen in der LSZ-Reduktionsformel

Die LSZ-Formel basiert auf den folgenden Annahmen:

1. Es existiert ein Vektor$|\Omega\rangle$das befriedigt$P^\mu|\Omega\rangle=J^{\mu\nu}|\Omega\rangle=0$.

2. Das Feld transformiert sich gemäß einer bestimmten Darstellung der Poincaré-Gruppe, das heißt, es erfüllt

   $$U(a,\Lambda)\phi(x)U(a,\Lambda)^\dagger=D(\Lambda)\phi(\Lambda x+a)$$ Wo$a\in\mathbb R^4$Und$\Lambda\in SO(1,d)^+$, Und $$U(a,\Lambda)\equiv\mathrm e^{-iP_\mu a^\mu}\mathrm e^{-i\omega_{\mu\nu}J^{\mu\nu}}$$

3. Es existiert ein bestimmter Vektor$|\boldsymbol p,\sigma\rangle$das befriedigt$P^\mu|\boldsymbol p,\sigma\rangle=p^\mu|\boldsymbol p,\sigma\rangle$so dass$m^2\equiv p^2$ein isolierter Eigenwert von ist$P^2$.

4. Das Feld$\phi(x)$erfüllt$\langle \Omega|\phi(x)|\Omega\rangle=0$.

5. Das Feld$\phi(x)$erfüllt$\langle \Omega|\phi(x)|\boldsymbol p,\sigma\rangle \neq 0$.

6. Einige andere Annahmen, die für diesen Beitrag irrelevant sind (z. B. wenn das System eine wohldefinierte Vorstellung von Ladungskonjugation hat, dann$\phi(x)$mit pendeln muss$\mathscr C$, und ähnlich für andere interne Symmetrien).

Wenn$(2)$zufrieden ist und$D(\Lambda)$ist also eine nicht-triviale Darstellung der Lorentz-Gruppe$(4)$wird automatisch befriedigt; dh man muss diese Annahme nicht als separate Bedingung auferlegen. Daher beschränken wir uns in dieser Antwort auf triviale Darstellungen des LG, also die skalare Darstellung, wo$\phi(x)$ist ein Skalarfeld.

Bei Skalarfeldern gilt$\langle \Omega|\phi(x)|\Omega\rangle$ist Lorentz-invariant, unabhängig davon, ob es verschwindet oder nicht. Aber wir müssen sicherstellen, dass es verschwindet, weil$(4)$ist eine notwendige Bedingung für die LSZ-Formel. Um sicherzustellen, dass es verschwindet, stellen wir daher Folgendes fest: Wie im OP besprochen, erfüllt diese Zahl

$$\langle \Omega|\phi(x)|\Omega\rangle=\langle \Omega|\phi(0)|\Omega\rangle$$

Daher, wenn aus irgendeinem Grund$\langle \Omega|\phi(x)|\Omega\rangle$nicht Null ist, definieren wir das Feld neu$\phi(x)$durch

$$\phi(x)\to\phi(x)-\langle \Omega|\phi(0)|\Omega\rangle$$ was keine der Bedingungen verdirbt $1,2,3,5,6$Vorausgesetzt, sie waren bereits mit dem ursprünglichen Feld zufrieden, aber es stellt sicher, dass dies der Fall ist $4$zufrieden ist, konstruktionsbedingt.

Für die zweite Bedingung lautet das Argument wie folgt: if we use$\langle \Omega|U(a,\Lambda)=\langle \Omega|$Und$U(a,\Lambda)^\dagger|\boldsymbol p\rangle=\mathrm e^{ipa}|\Lambda\boldsymbol p\rangle$, dann können wir immer schreiben

$$\begin{aligned} \langle \Omega|\phi(x)|\boldsymbol p\rangle&=\langle \Omega|\overbrace{U(x,\Lambda)U(x,\Lambda)^\dagger}^1\phi(x)\overbrace{U(x,\Lambda)U(x,\Lambda)^\dagger}^1|\boldsymbol p\rangle\\ &=\overbrace{\langle \Omega|U(x,\Lambda)}^{\langle \Omega|}\overbrace{U^\dagger(x,\Lambda)\phi(x)U(x,\Lambda)}^{\phi(0)}\overbrace{U(x,\Lambda)^\dagger|\boldsymbol p\rangle}^{\mathrm e^{ipx}|\Lambda\boldsymbol p\rangle}\\ &=\langle\Omega|\phi(0)|\Lambda\boldsymbol p\rangle\mathrm e^{ipx} \end{aligned}$$

Wenn wir jetzt setzen$x=0$, wir sehen, dass dies das impliziert

$$\langle\Omega|\phi(0)|\boldsymbol p\rangle=\langle\Omega|\phi(0)|\Lambda\boldsymbol p\rangle$$ dh das Matrixelement $\langle\Omega|\phi(0)|\boldsymbol p\rangle$ist ein Skalar; aber die einzige Skalarfunktion von $\boldsymbol p$Ist $p^2=m^2$, und daher ist dieses Matrixelement nur eine Konstante, unabhängig von $\boldsymbol p$: $$\langle \Omega|\phi(x)|\boldsymbol p\rangle=c\, \mathrm e^{ipx}$$

Schließlich, wenn, wie in$(5)$, Wir nehmen an, dass$\langle \Omega|\phi(x)|\boldsymbol p\rangle \neq 0$, Dann$c\neq 0$und wir können immer neu definieren$\phi(x)$so dass$c=1$; und wie gesagt, dies verdirbt keine der Bedingungen$1,2,3,4,6$.