Greenin funktio, Feynmanin propagaattori, korrelaatiofunktio ja Wightman funktio

[QS]

Iltaa!

Laitan tähän vähän päivitystä, en ole unohtanut mitenkään tätä ketjua, vaan kommentoin varmasti yksityiskohtaisemmin jatkossa.

Yhden pienen detalijn laitan tähän, johon kiinnitin huomiota eli Fourier-muunnos tässä kontekstissa. Asia on harmiton, mutta ehkä huomion arvoinen. Asia koskee allaolevaa:

Tässä muodossa \(G\):n Fourier muunnos on

\(\displaystyle G(x-y)=\int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\ e^{-ip(x-y)}\ \tilde G(p)\)

Käyttämällä \(\delta\)-funktion määritelmää

\(\displaystyle \delta^{(4)}(x-y)=\int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\ e^{-ip(x-y)}\)

saa edellä mainittu epähomogeeninen KG yhtälö muodon

\(-(p^2 - m^2) \tilde G(p) = -i\)

Tuosta saadaan suoraan Greenin funktion liikemääräesitys

\(\displaystyle \tilde G(p) = \frac{i}{p^2-m^2}\)

Paikkaesitys saadaan käänteisellä Fourier-muunnoksella

\(\displaystyle G(x,y) = \frac{1}{(2\pi)^4} \int d^4p \frac{i\ e^{-ip(x-y)}}{p^2-m^2}\)

Fourier-muunnos ei ole yksikäsitteinen, vaan eri lähteet määrittelevät muunnoksen hieman eri tavalla, koskien \( \pi\)-kertoimien sijoittelua Tässä sun esityksessä se on implisiittisesti valittu, mutta se valinta ei ole mitenkään pakollinen. Sulla on funktion \(f\) Fourier-muunnos \(\hat{f}\) määritelty implisiittisesti kaavalla:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{-ipx} f(x)\)

ja käänteismuunnos vastaavasti:

\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{ipx} \hat{f}(p)\)

Huomaa noi eksponenttifunktiossa olevat merkit, jotka ei vastaa sun notaatiota. Yleensä funktion \(f(x)\) Fourier-muunnoksessa on eksponenttifunktiossa miinusmerkki ja vastaavassa käänteismuunnoksessa plusmerkki, mutta mikään ei kai estä määrittelemästä Fourier-muunnosta kaavoilla, joissa miinus/plus on vaihdettu:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{ipx} f(x)\)

ja

\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{-ipx} \hat{f}(p)\).

No joo, onpas detalji. Kun katson Peskin & Schroederistä, niin nämä määritellään kirjan alkupuolella kuten nuo kirjoittamasi jälkimmäiset. Kirja totetaa perustelematta, että 3-dimensioisten muunnosten etumerkit ovat kuitenkin toisin päin, eli - ja +.

P&S:n signatuurilla (+,-,-,-) 4-dim muunnos on

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{+ipx} f(x) = \int d^4 x\: e^{+i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(x)\)

ja vastaava käänteinen, jossa -merkki edessä. Tuosta edellisestä voidaan poimia 3-dim muunnoksen etumerkki, joka on tosiaan -, eli siis

\(\displaystyle \hat{f}(\mathbf p) = \int d^3 \mathbf x\: e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} f(\mathbf x)\)

ja vastaavassa käänteisessä 3-dim integraalissa olisi +. Käänteinen 4-dim muunnos P&S:n etumerkillä on kirjoittamasi

\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{-ipx} \hat{f}(p) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{-i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(p)\)

missä kulmataajuuden eksponentti on \(-i\ p^0t\) (negatiivinen kulmataajuus, hmm). Luvussa '2 Klein-Gordon field' kirjoitetaan kentän 3-dim esitys Fourier-muunnoksena (etumerkki 3-dim tapauksessa on +, ei -) seuraavasti

\(\displaystyle \phi(\mathbf x,t) = \frac{1}{(2\pi)^3} \int d^3\mathbf p\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ \tilde \phi(\mathbf p,t)\)

mikä tarkoittaa sitä, että \(t\) on kiinnitetty, tai parametri. Tämän jälkeen P&S käsittelee KG yhtälön tuolla saadulla 3-dim esityksellä. Jos tämän kuitenkin kirjoittaisi 4-dim Fourier-muunnoksena niin se olisi

\(\displaystyle \phi(x) = \frac{1}{(2\pi)^4} \int d^4p \ e^{-i\ px}\ \tilde\phi(p)\)

missä jälleen kulmataajuuden eksponentti on \(-i\ p^0t\) (energia on aina \(p^0>0\)). Tästä seuraa mielestäni KG yhtälö

\((p^2-m^2)\tilde \phi(p) = 0\)

ja massakuori \( p^2=m^2\). Tämä on sama kuin mulla oli aloitusviestissä, että ehkä mulla oli alussa sama Fourier-konventio kuin Peskin & Schröderissä, eli tuo kirjoittamasi jälkimmäinen?

Myöhemmin kirjoitin \(G(x-y)\):lle 4-dim Fourier muunnoksen käsittääkseni myös P&S konventiolla (viimeisin sun viestin muunnoskaavoista)

\(\displaystyle G(x-y)=\int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\ e^{-ip(x-y)}\ \tilde G(p)\)

Katsoin Weinbergista, ja siinä 3-dim Fourier-muunnosten etumerkit ovat samat kuin P&S:ssä, mikä on erikoista kun Weinbergin signaguuri on eri. Tämä liittyy ehkä posit/negat kulmataajuuden käsittelyyn. Hmm

[Disputator]

Iltapäivää!

No joo, onpas detalji. Kun katson Peskin & Schroederistä, niin nämä määritellään kirjan alkupuolella kuten nuo kirjoittamasi jälkimmäiset. Kirja totetaa perustelematta, että 3-dimensioisten muunnosten etumerkit ovat kuitenkin toisin päin, eli - ja +.

P&S:n signatuurilla (+,-,-,-) 4-dim muunnos on

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{+ipx} f(x) = \int d^4 x\: e^{+i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(x)\)

ja vastaava käänteinen, jossa -merkki edessä. Tuosta edellisestä voidaan poimia 3-dim muunnoksen etumerkki, joka on tosiaan -, eli siis
\(\displaystyle \hat{f}(\mathbf p) = \int d^3 \mathbf x\: e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} f(\mathbf x)\)

ja vastaavassa käänteisessä 3-dim integraalissa olisi +. Käänteinen 4-dim muunnos P&S:n etumerkillä on kirjoittamasi

\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{-ipx} \hat{f}(p) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{-i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(p)\)

missä kulmataajuuden eksponentti on \(-i\ p^0t\) (negatiivinen kulmataajuus, hmm).

Tuo eksponentin hajottaminen kahteen osaan ja siitä seuraavat antavasi kaavat ovat oikein hyviä, ihan senkin takia, että niistä näkee, että ajanlaatuisen osan merkki ja paikanlaatuisen osan merkit ovat vastakkaiset:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{+ipx} f(x) = \int d^4 x\: e^{+i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(x)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{-ipx} \hat{f}(p) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{-i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(p)\).

Mutta noita voidaan vielä muokata (ei noitaa roviolla..) tekemällä ensimmäiseen koordinaatistomuunnos, jossa \(t'=-t=x_0\) ja muut koordinaatit samat eli \( x'_i =x_i \)ja toiseen integraaliin vastaavasti \(p'^0=-p^0\) ja \(p'^i=p^i\), jolloin saadaan sievennyksen jälkeen, poistamalla pilkut:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{-i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(x)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{+i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(p)\).

Hmm, tuohan näyttää ihan euklidiselta Fourier-muunnokselta? No, lasku olikin himpun väärin, oikeat kaavat (toivottavasti )olisivat:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{-i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(-x_0,x_1,x_2,x_3)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{+i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(-p^0,p^1,p^2,p^3)\).

Nuo ovat edelleen hyvin euklidisen Fourier-muunnoksen muotoisia ja ainoa ero siihen ovat nuo miinusmerkit funktioissa \(f\) ja \(\hat{f}\) kaavan mukaisesti ja lisäksi ne eivät yhtään näytä Lorentz-invariantilta, mutta ilmeisesti ne ovat kuitenkin sitä konstruktion perusteella? Ainoa asia minkä tein oli muuttujanvaihto integraalissa.

Luvussa '2 Klein-Gordon field' kirjoitetaan kentän 3-dim esitys Fourier-muunnoksena (etumerkki 3-dim tapauksessa on +, ei -) seuraavasti

\(\displaystyle \phi(\mathbf x,t) = \frac{1}{(2\pi)^3} \int d^3\mathbf p\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ \tilde \phi(\mathbf p,t)\)

mikä tarkoittaa sitä, että \(t\) on kiinnitetty, tai parametri. Tämän jälkeen P&S käsittelee KG yhtälön tuolla saadulla 3-dim esityksellä. Jos tämän kuitenkin kirjoittaisi 4-dim Fourier-muunnoksena niin se olisi

\(\displaystyle \phi(x) = \frac{1}{(2\pi)^4} \int d^4p \ e^{-i\ px}\ \tilde\phi(p)\)

missä jälleen kulmataajuuden eksponentti on \(-i\ p^0t\) (energia on aina \(p^0>0\)). Tästä seuraa mielestäni KG yhtälö

\((p^2-m^2)\tilde \phi(p) = 0\)

ja massakuori \( p^2=m^2\). Tämä on sama kuin mulla oli aloitusviestissä, että ehkä mulla oli alussa sama Fourier-konventio kuin Peskin & Schröderissä, eli tuo kirjoittamasi jälkimmäinen?

Myöhemmin kirjoitin \(G(x-y)\):lle 4-dim Fourier muunnoksen käsittääkseni myös P&S konventiolla (viimeisin sun viestin muunnoskaavoista)

\(\displaystyle G(x-y)=\int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\ e^{-ip(x-y)}\ \tilde G(p)\)

Katsoin Weinbergista, ja siinä 3-dim Fourier-muunnosten etumerkit ovat samat kuin P&S:ssä, mikä on erikoista kun Weinbergin signaguuri on eri. Tämä liittyy ehkä posit/negat kulmataajuuden käsittelyyn. Hmm

Sun lasku KG-yhtälön Fourier muunnetulle muodolle \(-(p^2 - m^2) \tilde G(p) = -i\) on käsittääkseni oikein ja tulos on lisäksi mielestäni sama, riippumatta mitä "signatuuria" Fourier muunnoksen eksonentissa käytetään tai käytetäänkö euklidista tavallista Fourier-muunnosta. Mutta se johtuu siitä, että KG-yhtälö sisältää ainoastaan toisen kertaluvun osittaisderivaattoja ja niiden Fourier muunnokset eivät riipu plus/miinus-merkeistä eksponentissa, alla perustelua, jossa Fourier-muunnosta merkitään hatulla, hieman epätäsmällisesti:

Jos mulla on 1D-Fourier-muunnos funktiolle (miinus!) \(f\):

\(\displaystyle \widehat{f(p)} = \int d x\: e^{-ipx} f(x)\),

niin silloin funktion \(f\) derivaatan\( f'\) Fourier muunnos saadaan kaavasta:

\(\displaystyle \widehat{f'(p)}= i p \widehat{f(p)} \).

Jos taasen määrittelen Fourier-muunnoksen kaavalla (plus!):

\(\displaystyle \widehat{f(p)} = \int d x\: e^{+ipx} f(x)\),

saan derivaatalle:

\(\displaystyle \widehat{f'(p)}= -i p \widehat{f(p)} \).

Kumpaa tahansa Fourier-muunnosta käyttäen saan saman kaavan toiselle derivaatalle \(f''\):

\(\displaystyle \widehat{f''(p)}= - p^2 \widehat{f(p)} \).

Vastaava perustelu toimii osittaisderivaatoille ja KG-yhtälö sisältää vain toisen keraluvun derivaatoja, joten yhtälön Fourier-muunnos ei riipu plus/miinus-merkeistä Fourier muunnoksen eksponentissa.

Postscript:

Fourier-muunnos on siitä pahamainenen notaatioltaan, että sille ei ole olemassa yhtä parasta notaatiota, vaan kaikki notaatiot ovat sellaisia, että jossain kaavoissa ne ovat epätäsmällisiä ja jopa harhaanjohtavia, vaikka muissa toimisikin.

[QS]

...
Tuo eksponentin hajottaminen kahteen osaan ja siitä seuraavat antavasi kaavat ovat oikein hyviä, ihan senkin takia, että niistä näkee, että ajanlaatuisen osan merkki ja paikanlaatuisen osan merkit ovat vastakkaiset:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{+ipx} f(x) = \int d^4 x\: e^{+i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(x)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{-ipx} \hat{f}(p) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{-i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(p)\).

Kyllä, näistä näkee kätevästi aika- ja paikkariippuvuuden erikseen. Lorentz-invarianssi on selvä, kun sisätulo \(px = p^0 t - \mathbf p \cdot \mathbf x\) on invariantti.

Näissä näkyy myös \(f(x)\):n aikariippuvuuden negatiivinen kulmataajuus \(-p^0\), kun signatuuri on (+,-,-,-). Jos olisi signatuuri (-,+,+,+), niin sitten olisi positiivinen \(p^0\).

Silti kvanttikentän Fourier-muunnoksen etumerkkiin on varmasti piilotettu jotain merkityksellistä, mutta en vielä tiedä mitä. Selvitän ajan kanssa, ja tietysti Weinbergin kirjasta . Jos asian ymmärrän, niin palaan tähän. Voi olla niinkin, että en ymmärrä, ja totean, että olkoon, ja Fourier-etumerkki on kvanttikentässäkin konventio.

Mutta noita voidaan vielä muokata (ei noitaa roviolla..) tekemällä ensimmäiseen koordinaatistomuunnos, jossa \(t'=-t=x_0\) ja muut koordinaatit samat eli \( x'_i =x_i \)ja toiseen integraaliin vastaavasti \(p'^0=-p^0\) ja \(p'^i=p^i\), jolloin saadaan sievennyksen jälkeen, poistamalla pilkut:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{-i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(x)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{+i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(p)\).

Hmm, tuohan näyttää ihan euklidiselta Fourier-muunnokselta? No, lasku olikin himpun väärin, oikeat kaavat (toivottavasti )olisivat:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{-i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(-x_0,x_1,x_2,x_3)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{+i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(-p^0,p^1,p^2,p^3)\).

Nuo ovat edelleen hyvin euklidisen Fourier-muunnoksen muotoisia ja ainoa ero siihen ovat nuo miinusmerkit funktioissa \(f\) ja \(\hat{f}\) kaavan mukaisesti ja lisäksi ne eivät yhtään näytä Lorentz-invariantilta, mutta ilmeisesti ne ovat kuitenkin sitä konstruktion perusteella? Ainoa asia minkä tein oli muuttujanvaihto integraalissa.

Näyttää kyllä invariantilta, mutta sisätulo on euklidinen, joten eksponentti ei voi olla invariantti.

Muuttujanvaihdon jälkeinen \(\hat f(p)\) näyttää itse asiasssa ajankäännöltä \(t \to -t\). Invarianssi menee kai rikki siksi, että ajankääntö tehdään aika-koordinaattiin, mutta liikemäärän aika-komponentti jää kääntämättä.

Jos muuttujavaihto \(\hat f(p)\):n integraalilssa olisi \(x=(t,x) \to x'=(-t,x)\) ja lisäksi myös \(p=(p^0,\mathbf p) \to p'=(-p^0, \mathbf p)\), niin invarianssi mielestäni säilyisi.

Kvanttikentässä tämä ei taida tosin riittää, kun ajankääntö on antiunitaarinen, josta seuraa \(\mathbf p \to -\mathbf p\), mutta energia \(p^0\) ei käänny. Tai jotenkin noin.

Luvussa '2 Klein-Gordon field' kirjoitetaan kentän 3-dim esitys Fourier-muunnoksena (etumerkki 3-dim tapauksessa on +, ei -) seuraavasti

\(\displaystyle \phi(\mathbf x,t) = \frac{1}{(2\pi)^3} \int d^3\mathbf p\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ \tilde \phi(\mathbf p,t)\)

mikä tarkoittaa sitä, että \(t\) on kiinnitetty, tai parametri. Tämän jälkeen P&S käsittelee KG yhtälön tuolla saadulla 3-dim esityksellä. Jos tämän kuitenkin kirjoittaisi 4-dim Fourier-muunnoksena niin se olisi

\(\displaystyle \phi(x) = \frac{1}{(2\pi)^4} \int d^4p \ e^{-i\ px}\ \tilde\phi(p)\)

missä jälleen kulmataajuuden eksponentti on \(-i\ p^0t\) (energia on aina \(p^0>0\)). Tästä seuraa mielestäni KG yhtälö

\((p^2-m^2)\tilde \phi(p) = 0\)

ja massakuori \( p^2=m^2\). Tämä on sama kuin mulla oli aloitusviestissä, että ehkä mulla oli alussa sama Fourier-konventio kuin Peskin & Schröderissä, eli tuo kirjoittamasi jälkimmäinen?

Myöhemmin kirjoitin \(G(x-y)\):lle 4-dim Fourier muunnoksen käsittääkseni myös P&S konventiolla (viimeisin sun viestin muunnoskaavoista)

\(\displaystyle G(x-y)=\int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\ e^{-ip(x-y)}\ \tilde G(p)\)

Katsoin Weinbergista, ja siinä 3-dim Fourier-muunnosten etumerkit ovat samat kuin P&S:ssä, mikä on erikoista kun Weinbergin signaguuri on eri. Tämä liittyy ehkä posit/negat kulmataajuuden käsittelyyn. Hmm

Sun lasku KG-yhtälön Fourier muunnetulle muodolle \(-(p^2 - m^2) \tilde G(p) = -i\) on käsittääkseni oikein ja tulos on lisäksi mielestäni sama, riippumatta mitä "signatuuria" Fourier muunnoksen eksonentissa käytetään tai käytetäänkö euklidista tavallista Fourier-muunnosta. Mutta se johtuu siitä, että KG-yhtälö sisältää ainoastaan toisen kertaluvun osittaisderivaattoja ja niiden Fourier muunnokset eivät riipu plus/miinus-merkeistä eksponentissa, alla perustelua, jossa Fourier-muunnosta merkitään hatulla, hieman epätäsmällisesti:

Jos mulla on 1D-Fourier-muunnos funktiolle (miinus!) \(f\):

\(\displaystyle \widehat{f(p)} = \int d x\: e^{-ipx} f(x)\),

niin silloin funktion \(f\) derivaatan\( f'\) Fourier muunnos saadaan kaavasta:

\(\displaystyle \widehat{f'(p)}= i p \widehat{f(p)} \).

Jos taasen määrittelen Fourier-muunnoksen kaavalla (plus!):

\(\displaystyle \widehat{f(p)} = \int d x\: e^{+ipx} f(x)\),

saan derivaatalle:

\(\displaystyle \widehat{f'(p)}= -i p \widehat{f(p)} \).

Kumpaa tahansa Fourier-muunnosta käyttäen saan saman kaavan toiselle derivaatalle \(f''\):

\(\displaystyle \widehat{f''(p)}= - p^2 \widehat{f(p)} \).

Vastaava perustelu toimii osittaisderivaatoille ja KG-yhtälö sisältää vain toisen keraluvun derivaatoja, joten yhtälön Fourier-muunnos ei riipu plus/miinus-merkeistä Fourier muunnoksen eksponentissa.

Postscript:

Fourier-muunnos on siitä pahamainenen notaatioltaan, että sille ei ole olemassa yhtä parasta notaatiota, vaan kaikki notaatiot ovat sellaisia, että jossain kaavoissa ne ovat epätäsmällisiä ja jopa harhaanjohtavia, vaikka muissa toimisikin.

Tämä on ihan totta, Fourier-etumerkin valinta ei aiheuta mitään komplikaatioita!

Mutta silti, mulla on takaraivossa epäilys, että johonkin kvanttikentän Fourier-etumerkki liittyy. Tai ainakin se on yhteydessä johonkin toiseen etumerkkivalintaan, ja nämä kulkevat sitten käsi kädessä. Noin laveaa yksinäistä etumerkkivapautta ei voi olla.

[Eusa]

Kun suhteellinen etumerkki vaihtuu kiinteässä esityksessä, kertymän eri osien suhde muuttuu ja tästä voi seurata fysikaalisesti erilainen havaittava tulos. Kun koko esityksen etumerkkikonventio vaihdetaan yhtenäisesti, fysikaalista eroa ei synny.

[Disputator]

Iltapäivää!

...
Tuo eksponentin hajottaminen kahteen osaan ja siitä seuraavat antavasi kaavat ovat oikein hyviä, ihan senkin takia, että niistä näkee, että ajanlaatuisen osan merkki ja paikanlaatuisen osan merkit ovat vastakkaiset:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{+ipx} f(x) = \int d^4 x\: e^{+i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(x)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{-ipx} \hat{f}(p) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{-i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(p)\).

Kyllä, näistä näkee kätevästi aika- ja paikkariippuvuuden erikseen. Lorentz-invarianssi on selvä, kun sisätulo \(px = p^0 t - \mathbf p \cdot \mathbf x\) on invariantti.

Näissä näkyy myös \(f(x)\):n aikariippuvuuden negatiivinen kulmataajuus \(-p^0\), kun signatuuri on (+,-,-,-). Jos olisi signatuuri (-,+,+,+), niin sitten olisi positiivinen \(p^0\).

Silti kvanttikentän Fourier-muunnoksen etumerkkiin on varmasti piilotettu jotain merkityksellistä, mutta en vielä tiedä mitä. Selvitän ajan kanssa, ja tietysti Weinbergin kirjasta . Jos asian ymmärrän, niin palaan tähän. Voi olla niinkin, että en ymmärrä, ja totean, että olkoon, ja Fourier-etumerkki on kvanttikentässäkin konventio.

Heh, Weinberg, odotan jo kauhulla mitä on tulossa! Mutta aavistelet varmaankin oikein, että noilla miinuksilla ja plussilla on tässä astetta tärkeämpi merkitys, mikä näkynee jo näissä positiivinen vs. negatiivinen energia-pohdinnoissa kvanttikenttien tapauksessa.

Mutta noita voidaan vielä muokata (ei noitaa roviolla..) tekemällä ensimmäiseen koordinaatistomuunnos, jossa \(t'=-t=x_0\) ja muut koordinaatit samat eli \( x'_i =x_i \)ja toiseen integraaliin vastaavasti \(p'^0=-p^0\) ja \(p'^i=p^i\), jolloin saadaan sievennyksen jälkeen, poistamalla pilkut:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{-i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(x)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{+i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(p)\).

Hmm, tuohan näyttää ihan euklidiselta Fourier-muunnokselta? No, lasku olikin himpun väärin, oikeat kaavat (toivottavasti )olisivat:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{-i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(-x_0,x_1,x_2,x_3)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{+i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(-p^0,p^1,p^2,p^3)\).

Nuo ovat edelleen hyvin euklidisen Fourier-muunnoksen muotoisia ja ainoa ero siihen ovat nuo miinusmerkit funktioissa \(f\) ja \(\hat{f}\) kaavan mukaisesti ja lisäksi ne eivät yhtään näytä Lorentz-invariantilta, mutta ilmeisesti ne ovat kuitenkin sitä konstruktion perusteella? Ainoa asia minkä tein oli muuttujanvaihto integraalissa.

Näyttää kyllä invariantilta, mutta sisätulo on euklidinen, joten eksponentti ei voi olla invariantti.

Joo, ei toki ole. Ilmaisin itseäni vähän huonosti, sillä tarkoitus oli sanoa ne alkuperäiset integraaleilla esitetyt Minkowski-sisätulon mukaiset Fourier-muunnokset ovat laskettavissa noiden kaavojen avulla. Kaavat

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{-i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(-x_0,x_1,x_2,x_3)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{+i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(-p^0,p^1,p^2,p^3)\).

eivät edes ole euklidisen sisätulon mukaisia Fourier-muunnoksia, koska kummassakin muunnettavaan funktioon operoidaan ensin ensimmäiseen koordinaattiin kohdistuvalla peilauksella ja vasta sitten suoritetaan euklidinen Fourier-muunnos. Noiden yhtälöiden vasemmat puolet ovat kuitenkin alkuperäisiä (Minkowski)Fourier-muunnoksia. Hain siis jotain tälläistä:

minkowskilainen Fourier-muunnos= euklidinen Fourier-muunnos + peilaus.

Eri asia tekeekö tällä tiedolla yhtään mitään, en ole nähnyt missään tuommoisia, joten luultavasti ei

Muuttujanvaihdon jälkeinen \(\hat f(p)\) näyttää itse asiasssa ajankäännöltä \(t \to -t\). Invarianssi menee kai rikki siksi, että ajankääntö tehdään aika-koordinaattiin, mutta liikemäärän aika-komponentti jää kääntämättä.

Jos muuttujavaihto \(\hat f(p)\):n integraalilssa olisi \(x=(t,x) \to x'=(-t,x)\) ja lisäksi myös \(p=(p^0,\mathbf p) \to p'=(-p^0, \mathbf p)\), niin invarianssi mielestäni säilyisi.

Kvanttikentässä tämä ei taida tosin riittää, kun ajankääntö on antiunitaarinen, josta seuraa \(\mathbf p \to -\mathbf p\), mutta energia \(p^0\) ei käänny. Tai jotenkin noin.

Olet aivan oikeassa tässä, että nuo mun muunnokset eivät tee integrandista Lorentz-invarianttia so. sellaista kaavaa, joka säilyttää muotonsa. Kuitenkin ne ovat mahdollisia, koska teen vain koordinaatistomuunnoksen integraalissa ja käytetyillä integroimiskoodinaateilla ei sinänä ole väliä lopputuloksen kannalta. Mutta joo, ilmaisin itseäni väärin tuossa viestissäni höpistessäni Lorentz-invarianssista.

...
Mutta silti, mulla on takaraivossa epäilys, että johonkin kvanttikentän Fourier-etumerkki liittyy. Tai ainakin se on yhteydessä johonkin toiseen etumerkkivalintaan, ja nämä kulkevat sitten käsi kädessä. Noin laveaa yksinäistä etumerkkivapautta ei voi olla.

Kyllä, olen samassa uskossa. Tavallaan varmaan on mahdollista määritellä Fourier-muunnokset millä merkeillä tahansa ja kehitellä teoriaa, mutta sellainen on hyvin suttuista ja ei-invarianttia ja täysin epätarkoituksenmukaista. Ja jos vaikka rajoitutaan ihan Minkowski-avaruuteen niin luultavasti Fourier-muunnoksen eksponentin merkinvalinta ja metriikan signatuurin valinta voivat olla jollain syvällisemmällä tavalla yhteydessä toisiinsa. Tai sitten ei.

[Disputator]

Toinen Fourier-muunnoksiin liittyvä sopimus on integraalien normitus, vaikka eksponenttien merkit pidetään sovittuna. Tässä ensin aikaisemmin käytetyt kaavat:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{+ipx} f(x) = \int d^4 x\: e^{+i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(x)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{-ipx} \hat{f}(p) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{-i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(p)\).

Epärelativistisessa kvanttimekaniikassa on käytössä vastaavat kaavat eri normituksella:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \frac{1}{(2\pi)^{3/2}} \int d^3 x\: e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(x)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^{3/2}} \int d^3 p\: e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(p)\).

Ylläolevat 3d-muunnokset ovat unitaarisia, joka tarkoittaa, että Fourier-muunnos säilyttää funktion \(L^2\)-normin:

\(\| \hat{f}\|_2=\|f\|_2\).

Tällä on tulkinta aaltofunktion todennäköisyystiheydessä.

Kuitenkin ylimpänä olevat 4d-muunnokset eivät ole unitaarisia, vaan saan jotain tyyliin (nyt menin varmaan solmuun oikeasta kertoimesta..):

\(\| \hat{f}\|_2=(2\pi)^2\|f\|_2\).

Jos haluan määritellä unitaarisen 4d-Fourier-muunnoksen pitänee matkia ylläolevia 3d-kaavoja ja voisimme myös määritellä:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \frac{1}{(2\pi)^2} \int d^4 x\: e^{+ipx} f(x) = \frac{1}{(2\pi)^2} \int d^4 x\: e^{+i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(x)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^2}\int d^4 p\: e^{-ipx} \hat{f}(p) = \frac{1}{(2\pi)^2}\int d^4 p\: e^{-i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(p)\).

Nämä ovat symmetrisempiä muodoltaan, jos tarkastelee \( \pi\)-kertoimia. Näitä käyttäen kuitenkin KG-yhtälön Fourier muunnos olisi (aloitusviestin konventioin):

\(-(p^2 - m^2) \tilde G(p) =-\frac{1}{(2\pi)^2} i \).

Tämä ei varmaan muodostane mitään suurempaa ongelmaa jatkossa, jos pitää tiukasti kiinni sovitusta Fourier-muunnoksen määritelmästä. Mutta tätä Fourier-muunnosta en ole nähnyt näissä kvanttikenttäjutuissa, mutta periaatteessa voisi näitä käyttää laskettaessa KG-yhtälön kompleksisia skalaariratkaisuita.

[Eusa]

Iltapäivää!

...
Tuo eksponentin hajottaminen kahteen osaan ja siitä seuraavat antavasi kaavat ovat oikein hyviä, ihan senkin takia, että niistä näkee, että ajanlaatuisen osan merkki ja paikanlaatuisen osan merkit ovat vastakkaiset:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{+ipx} f(x) = \int d^4 x\: e^{+i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(x)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{-ipx} \hat{f}(p) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{-i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(p)\).

Kyllä, näistä näkee kätevästi aika- ja paikkariippuvuuden erikseen. Lorentz-invarianssi on selvä, kun sisätulo \(px = p^0 t - \mathbf p \cdot \mathbf x\) on invariantti.

Näissä näkyy myös \(f(x)\):n aikariippuvuuden negatiivinen kulmataajuus \(-p^0\), kun signatuuri on (+,-,-,-). Jos olisi signatuuri (-,+,+,+), niin sitten olisi positiivinen \(p^0\).

Silti kvanttikentän Fourier-muunnoksen etumerkkiin on varmasti piilotettu jotain merkityksellistä, mutta en vielä tiedä mitä. Selvitän ajan kanssa, ja tietysti Weinbergin kirjasta . Jos asian ymmärrän, niin palaan tähän. Voi olla niinkin, että en ymmärrä, ja totean, että olkoon, ja Fourier-etumerkki on kvanttikentässäkin konventio.

Heh, Weinberg, odotan jo kauhulla mitä on tulossa! Mutta aavistelet varmaankin oikein, että noilla miinuksilla ja plussilla on tässä astetta tärkeämpi merkitys, mikä näkynee jo näissä positiivinen vs. negatiivinen energia-pohdinnoissa kvanttikenttien tapauksessa.

Mutta noita voidaan vielä muokata (ei noitaa roviolla..) tekemällä ensimmäiseen koordinaatistomuunnos, jossa \(t'=-t=x_0\) ja muut koordinaatit samat eli \( x'_i =x_i \)ja toiseen integraaliin vastaavasti \(p'^0=-p^0\) ja \(p'^i=p^i\), jolloin saadaan sievennyksen jälkeen, poistamalla pilkut:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{-i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(x)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{+i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(p)\).

Hmm, tuohan näyttää ihan euklidiselta Fourier-muunnokselta? No, lasku olikin himpun väärin, oikeat kaavat (toivottavasti )olisivat:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{-i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(-x_0,x_1,x_2,x_3)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{+i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(-p^0,p^1,p^2,p^3)\).

Nuo ovat edelleen hyvin euklidisen Fourier-muunnoksen muotoisia ja ainoa ero siihen ovat nuo miinusmerkit funktioissa \(f\) ja \(\hat{f}\) kaavan mukaisesti ja lisäksi ne eivät yhtään näytä Lorentz-invariantilta, mutta ilmeisesti ne ovat kuitenkin sitä konstruktion perusteella? Ainoa asia minkä tein oli muuttujanvaihto integraalissa.

Näyttää kyllä invariantilta, mutta sisätulo on euklidinen, joten eksponentti ei voi olla invariantti.

Joo, ei toki ole. Ilmaisin itseäni vähän huonosti, sillä tarkoitus oli sanoa ne alkuperäiset integraaleilla esitetyt Minkowski-sisätulon mukaiset Fourier-muunnokset ovat laskettavissa noiden kaavojen avulla. Kaavat

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{-i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(-x_0,x_1,x_2,x_3)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{+i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(-p^0,p^1,p^2,p^3)\).

eivät edes ole euklidisen sisätulon mukaisia Fourier-muunnoksia, koska kummassakin muunnettavaan funktioon operoidaan ensin ensimmäiseen koordinaattiin kohdistuvalla peilauksella ja vasta sitten suoritetaan euklidinen Fourier-muunnos. Noiden yhtälöiden vasemmat puolet ovat kuitenkin alkuperäisiä (Minkowski)Fourier-muunnoksia. Hain siis jotain tälläistä:

minkowskilainen Fourier-muunnos= euklidinen Fourier-muunnos + peilaus.

Eri asia tekeekö tällä tiedolla yhtään mitään, en ole nähnyt missään tuommoisia, joten luultavasti ei

Muuttujanvaihdon jälkeinen \(\hat f(p)\) näyttää itse asiasssa ajankäännöltä \(t \to -t\). Invarianssi menee kai rikki siksi, että ajankääntö tehdään aika-koordinaattiin, mutta liikemäärän aika-komponentti jää kääntämättä.

Jos muuttujavaihto \(\hat f(p)\):n integraalilssa olisi \(x=(t,x) \to x'=(-t,x)\) ja lisäksi myös \(p=(p^0,\mathbf p) \to p'=(-p^0, \mathbf p)\), niin invarianssi mielestäni säilyisi.

Kvanttikentässä tämä ei taida tosin riittää, kun ajankääntö on antiunitaarinen, josta seuraa \(\mathbf p \to -\mathbf p\), mutta energia \(p^0\) ei käänny. Tai jotenkin noin.

Olet aivan oikeassa tässä, että nuo mun muunnokset eivät tee integrandista Lorentz-invarianttia so. sellaista kaavaa, joka säilyttää muotonsa. Kuitenkin ne ovat mahdollisia, koska teen vain koordinaatistomuunnoksen integraalissa ja käytetyillä integroimiskoodinaateilla ei sinänä ole väliä lopputuloksen kannalta. Mutta joo, ilmaisin itseäni väärin tuossa viestissäni höpistessäni Lorentz-invarianssista.

...
Mutta silti, mulla on takaraivossa epäilys, että johonkin kvanttikentän Fourier-etumerkki liittyy. Tai ainakin se on yhteydessä johonkin toiseen etumerkkivalintaan, ja nämä kulkevat sitten käsi kädessä. Noin laveaa yksinäistä etumerkkivapautta ei voi olla.

Kyllä, olen samassa uskossa. Tavallaan varmaan on mahdollista määritellä Fourier-muunnokset millä merkeillä tahansa ja kehitellä teoriaa, mutta sellainen on hyvin suttuista ja ei-invarianttia ja täysin epätarkoituksenmukaista. Ja jos vaikka rajoitutaan ihan Minkowski-avaruuteen niin luultavasti Fourier-muunnoksen eksponentin merkinvalinta ja metriikan signatuurin valinta voivat olla jollain syvällisemmällä tavalla yhteydessä toisiinsa. Tai sitten ei.

Koordinaattien muuttujanvaihto ja invarianssit on tosiaan selvennettävä erilleen.

Fourier-muunnoksen ydin perustuu vektorin \(x^\mu\) ja duaaliavaruuden kovektorin \(k_\mu\) luonnolliseen paritukseen

\(k_\mu x^\mu\),

joka ei itsessään tarvitse metriikkaa. Minkowskin metriikka tulee mukaan, kun Fourier-kovektori yhdistetään neliliikemäärävektoriin indeksin noston tai laskun kautta. Notaatioissa Fourier-eksponentin kokonaismerkki on tästä erillinen muunnoskonventio. Aikaheijastuksella saatu euklidisen näköinen formulointi on vain alkuperäisen integraalin uudelleenparametrisointi, ei uusi fysikaalinen muunnos eikä integraalin arvoa muuttava suhteellinen etumerkkivaihdos.

Fysikaalisen kuvauksen koordinaatti- ja esitystapariippumaton sisältö jäsentyy invarianttien suhteiden ja kovariantisti muuntuvien rakenteiden kautta; invarianssi on aina ymmärrettävä suhteessa määrättyyn muunnosluokkaan. Tämä kuvaustapainvarianssi on erotettava toimintafunktionaalin dynaamisesta symmetriasta. Kun jälkimmäinen on jatkuva globaali symmetria, Noetherin ensimmäinen teoreema liittää siihen paikallisen virran \(j^\mu\), jonka 3-integraali yli hyperbolisen kausaalirakenteen hyperpinnan antaa globaalisti säilyvän varauksen. Virran jatkuvuusyhtälössä paikallinen kertymä määräytyy rajapinnan nettosisäänvirtauksesta, ja osasysteemien välinen vaihto on saman taseen jakautuminen osiin.

Tämä yhteys ei kata kaikkia invarianssin eikä säilymisen muotoja. Diskreetillä symmetrialla ei yleensä ole tavallista infinitesimaalista Noether-virtaa, kun taas topologiseen varaukseen voi liittyä identtisesti säilyvä topologinen virta, joka ei synny Noetherin ensimmäisestä teoreemasta. Paikallisissa mittasymmetrioissa sisäalueen mittakenttämuunnokset ovat redundansseja ja Noether-virta palautuu liikeyhtälöillä superpotentiaaleihinsa, mutta asymptoottiset ja reunasymmetriat voivat kantaa fysikaalisia varauksia.

Ilman soveltuvaa aikasiirtosymmetriaa (tavallisesti ajanlaatuista Killing-vektoria tai asymptoottista vastinetta) ei yleensä ole kanonista globaalisti säilyvää energiaa, vaikka havaitsijaan suhteutettu paikallinen aine-energian tiheys \(T_{\mu\nu}u^\mu u^\nu\) on edelleen määriteltävissä. Noether-virta on siten yksi tarkasti rajattu tapa, jolla jatkuva toimintasymmetria saa paikallisen tase-esityksen; invarianssia, kovarianssia ja dynaamista säilyvyyttä ei tule samaistaa yhdeksi käsitteeksi.

Tällä tutkailulla halusin selvittää Fourier-laskelmissa esiintyvien fysikaalisten termiosioiden erotettavuutta valinnaisista konventioista. Aikaheijastus ei siis ole Wick-rotaatio.

[QS]

Toinen Fourier-muunnoksiin liittyvä sopimus on integraalien normitus, vaikka eksponenttien merkit pidetään sovittuna. Tässä ensin aikaisemmin käytetyt kaavat:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \int d^4 x\: e^{+ipx} f(x) = \int d^4 x\: e^{+i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(x)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{-ipx} \hat{f}(p) = \frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4 p\: e^{-i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(p)\).

Epärelativistisessa kvanttimekaniikassa on käytössä vastaavat kaavat eri normituksella:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \frac{1}{(2\pi)^{3/2}} \int d^3 x\: e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(x)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^{3/2}} \int d^3 p\: e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(p)\).

Ylläolevat 3d-muunnokset ovat unitaarisia, joka tarkoittaa, että Fourier-muunnos säilyttää funktion \(L^2\)-normin:

\(\| \hat{f}\|_2=\|f\|_2\).

Tällä on tulkinta aaltofunktion todennäköisyystiheydessä.

Joo, tämä on munkin mielestä juuri näin, ja siksi tuo kirjoittamasi Fourier-muunnoksen normitus, josta seuraa \(\int d^3\mathbf x\ |\psi(\mathbf x)|^2 = \int d^3\mathbf p\ |\tilde \psi(\mathbf p)|^2 = 1 \).

Tässäkin olisi kai mahdollista valita eri Fourier-normitus, mutta sitten aaltofunktioiden normitus pitäisi muuttaa vastaamaan Fourier-normitusta. Tuo kirjoittamasi on luonnollisin valinta.

.
Kuitenkin ylimpänä olevat 4d-muunnokset eivät ole unitaarisia, vaan saan jotain tyyliin (nyt menin varmaan solmuun oikeasta kertoimesta..):

\(\| \hat{f}\|_2=(2\pi)^2\|f\|_2\).

Jos haluan määritellä unitaarisen 4d-Fourier-muunnoksen pitänee matkia ylläolevia 3d-kaavoja ja voisimme myös määritellä:

\(\displaystyle \hat{f}(p) = \frac{1}{(2\pi)^2} \int d^4 x\: e^{+ipx} f(x) = \frac{1}{(2\pi)^2} \int d^4 x\: e^{+i\ p^0 t}\ e^{-i\ \mathbf p \cdot \mathbf x}\ f(x)\)
\(\displaystyle f(x) = \frac{1}{(2\pi)^2}\int d^4 p\: e^{-ipx} \hat{f}(p) = \frac{1}{(2\pi)^2}\int d^4 p\: e^{-i\ p^0t}\ e^{+i\ \mathbf p \cdot \mathbf x} \hat{f}(p)\).

Nämä ovat symmetrisempiä muodoltaan, jos tarkastelee \( \pi\)-kertoimia. Näitä käyttäen kuitenkin KG-yhtälön Fourier muunnos olisi (aloitusviestin konventioin):

\(-(p^2 - m^2) \tilde G(p) =-\frac{1}{(2\pi)^2} i \).

Tämä ei varmaan muodostane mitään suurempaa ongelmaa jatkossa, jos pitää tiukasti kiinni sovitusta Fourier-muunnoksen määritelmästä. Mutta tätä Fourier-muunnosta en ole nähnyt näissä kvanttikenttäjutuissa, mutta periaatteessa voisi näitä käyttää laskettaessa KG-yhtälön kompleksisia skalaariratkaisuita.

4d onkin sitten ihme juttu. Ensimmäisenä tuli mieleen se, että kenttä, eli esim \(\phi(x)\) ja \(\tilde \phi(p)\), ei ole aaltofunktio, joten todennäköisyyden normitus on tarpeeton. Molempien edessä olevia \(1/(2\pi)^2\)-kertoimia ei tarvita ainakaan unitaarisuuden eksplisiittiseen esittämiseen.

Seuraavaksi tulee mieleen Diracin delta, jonka eräs integraaliesitys on

\(\displaystyle \delta^{(4)}(x-y)=\frac{1}{(2\pi)^4} \int d^4p\ e^{\pm i p(x-y)}\)

Oikealla puolella on implisiittisesti \(\tilde f(p) = 1\), joka tekee deltafunktiosta selvemmin Fourier-muunnoksen.

Eksponentissa +/- on valintakysymys, molemmat ovat oikein. Käsittääkseni kerron \(1/(2\pi)^4\) tulee siitä, että mitta on \(d^4p\) ja funktio on \(e^{\pm i px}\). Jos valitaan muu kuin \(e^{\pm i px}\), niin kerroin on jotain muuta? Deltafunktiohan voidaan esittää muillakin integraaleilla.

Delta-integraalin etumerkin ja Fourier-etumerkin tulee olla samat. Esimerkiksi

\(
\begin{align}
\hat{f}(p) &= \int d^4 x\: e^{+ipx} f(x) \\
f(x) &= \frac{1}{(2\pi)^4} \int d^4 p\: e^{-ipx} \tilde f(p) \\
\delta^{(4)}(x-y) &=\frac{1}{(2\pi)^4} \int d^4p\ e^{-i p(x-y)}
\end{align}\)

Nyt kun kirjoitin nuo, niin tosiaan \(\delta\) ja \(f(x)\) saavat myös saman kertoimen eteensä. Itse asiassa tuolla deltafunktion esityksellä \(\mathcal F[\delta(x)]=1\), mikä on ehkä yksinkertaisin muoto.

Sellainenkin tuli mieleen, että qft:ssä liikemäärätilojen normitus on perinteisesti \( \langle p | q \rangle = (2\pi)^4 \delta^{(4)}(p-q)\), joka näkyy siellä täällä laskuissa. Ehkä tuokin puoltaa tyypillstä kerroinvalintaa Fourier-muunnoksiin. Ja kuten havaitsitkin, Greenin funktion määrittelyssä kertoimet ovat siistimpiä.