Laitan tähän lyhyesti siihen deltafunktion eksponenttiesitykseen liittyen, siis oli:
\(\displaystyle \delta^{(4)}(x-y)=\frac{1}{(2\pi)^4} \int d^4p\ e^{\pm i p(x-y)}\)
Joo, tulos ei riipu plus/miinusmerkistä metriikan edessä deltafunktiossa:QS kirjoitti: ↑5.9.2026, 20:43...
Kun kasasin tätä, niin totesin konkreettisesti, että aiempi viestisi pitää paikkansa. Deltafunktio voidaan määritellä kummalla tahansa eksponentin etumerkillä:Tässä propagaattori-laskussakin kumpikin johtaa mielestäni samaan tulokseen, vaikka miinus oli valittu.Disputator kirjoitti: ↑2.9.2026, 19:12...
Noista ylläolevista pohdinnoista voi yleistää teoreeman kaltaisen, että lauseke:
\(\displaystyle \delta^{(4)}(x-y)=\frac{1}{(2\pi)^4} \int d^4p\ e^{\pm i p(x-y)}\)
on eksponettifunktion eksponentin signatuureista riippumaton...
\(\displaystyle \delta^{(4)}(x-y)=\frac{1}{(2\pi)^4} \int d^4p\ e^{+i p(x-y)}=\frac{1}{(2\pi)^4} \int d^4p\ e^{ -i p(x-y)}\).
Tämän voi "päätellä" allaolevalla tavalla . Jos uskoo että yksiulotteinen "deltafunktio" on parillinen "funktio" \(\delta^{(1)}(-x)=\delta^{(1)}(x)\), niin silloin voidaan käyttää eksponentissa plus/miinus-merkkiä:
\( \delta^{(1)}(x-y)=\frac{1}{(2\pi)} \int dp\ e^{\pm i p(x-y)}\).
Tällä saan hyvin formaalisti laskien:
\(
\begin{align*}
\delta^{(4)}(x-y)&= \delta^{(1)}(x^0-y^0) \delta^{(1)}(x^1-y^1) \delta^{(1)}(x^2-y^2) \delta^{(1)}(x^3-y^3)\\
&=\frac{1}{2\pi} \int dp_0\ e^{\pm i p_0(x^0-y^0)} \frac{1}{2\pi} \int dp_1\ e^{\pm i p_1(x^1-y^1)}\frac{1}{2\pi} \int dp_2\ e^{\pm i p_2(x^2-y^2)}\frac{1}{2\pi} \int dp_3\ e^{\pm i p_3(x^3-y^3)}\\
&=\frac{1}{(2\pi)^4} \int d^4p\ e^{ \pm i p_0(x^0-y^0) \pm i p_1(x^1-y^1) \pm i p_2(x^2-y^2) \pm i p_3(x^3-y^3)}
\end{align*}
\)
Tuossa on hieman suttuisen oloinen lopputulos (pitäisi olla oikein?). Tossa siis jokainen\( \pm\) voidaan valita riippumattomasti eli tuo deltafuntion esitys ei riipu signatuurista, siis (+,-,-,-) tai (-,+,+,+) tai (+,+,-,-) tai (+,-,+,-) jne.
Kommentoin niistä propagaattoreista myöhemmin.
edit: pieniä korjauksia