Greenin funktio, Feynmanin propagaattori, korrelaatiofunktio ja Wightman funktio

[Disputator]

Sunnuntai-iltapäivää!

Laitan tähän lyhyesti siihen deltafunktion eksponenttiesitykseen liittyen, siis oli:

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

...
Kun kasasin tätä, niin totesin konkreettisesti, että aiempi viestisi pitää paikkansa. Deltafunktio voidaan määritellä kummalla tahansa eksponentin etumerkillä:

...
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...

Tässä propagaattori-laskussakin kumpikin johtaa mielestäni samaan tulokseen, vaikka miinus oli valittu.

Joo, tulos ei riipu plus/miinusmerkistä metriikan edessä deltafunktiossa:

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

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

[QS]

Sunnuntai-iltapäivää!

Laitan tähän lyhyesti siihen deltafunktion eksponenttiesitykseen liittyen, siis oli:

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

...
Kun kasasin tätä, niin totesin konkreettisesti, että aiempi viestisi pitää paikkansa. Deltafunktio voidaan määritellä kummalla tahansa eksponentin etumerkillä:

...
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...

Tässä propagaattori-laskussakin kumpikin johtaa mielestäni samaan tulokseen, vaikka miinus oli valittu.

Joo, tulos ei riipu plus/miinusmerkistä metriikan edessä deltafunktiossa:

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

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.

Ainakin mun mielestä kirjoittamasi on vallan riittävä todistus!

Jäi jotakin merkintätapoja mainitsematta Feynmanin propagaattorista. Tuossa edellä oli laskettu \(D_F(x)\), mutta tämän voi toki kirjoittaa myös muodoissa

\(\begin{align}
D_F(x-y) &= \bra 0\ T\{\Phi(x)\ \Phi(y)\}\ \ket 0 \\ \\
D_F(x-y) &= \Theta(x^0-y^0)\ D_+(x-y) + \Theta(y^0-x^0)\ D_-(x-y) \\ \\
D_F(x-y) & =\frac{1}{(2\pi)^3} \int d^3 \mathbf p\ \frac{e^{-i E_\mathbf p |x^0-y^0|+ i \mathbf p \cdot(\mathbf x - \mathbf y)}}{2 E_\mathbf p} \\ \\
D_F(p) &= \frac{i}{q^2-m^2+i\epsilon}
\end{align}\)

Eräs asia, joka on itselleni aina jäänyt hiukan mysteeriksi on se, että mitkä reunaehdot tämä propagaattori lopulta toteuttaa. Kyseessä on eräs ratkaisu (ei yleinen ratkaisu) epähomogeeniseen yhtälöön

\((\Box + m^2)\ D_F(x) = -i\delta^{(4)}(x)\)

Ratkaisu \(D_F(x)\) voitaisiin kirjoittaa \(D_F(x) = D_y(x) + D_h(x)\), missä \(D_y\) on epähomogeenisen yhtälön yksittäinen ratkaisu, ja \(D_h\) jokin homogeenisen yhtälön ratkaisu.

Kun katsoo Feynmanin ratkaisua muodossa

\(\displaystyle D_F(x) = \Theta(x^0) \int \frac{d^3q}{(2\pi)^3\ 2 E_\mathbf q} e^{i(- E_\mathbf q x^0 + \mathbf q \cdot \mathbf x)} + \Theta(-x^0) \int \frac{d^3q}{(2\pi)^3\ 2 E_\mathbf q} e^{i(+ E_\mathbf q x^0 + \mathbf q \cdot \mathbf x)}\)

niin en tästä suoraan oikein näe, että mistä reunaehdosta olisi kysymys. Ainakaan ei ole asetettu alkuarvoa, kuten esim. \(D_F(0) = 0\) tms.

Mutta vertaamalla \(p^0\)-integraalin funktioon \(I(\mathbf q)\) voi ehkä voi sanoa, että

\(D_F(x) \sim \exp(-E_\mathbf q x^0), \qquad x^0 > 0, \\ \\
D_F(x) \sim \exp(+E_\mathbf q x^0), \qquad x^0 < 0\)

Tämä tarkoittaa ainakin karkeasti ottaen sitä, että signatuurilla (-,+,+,+) positiivinen kulmataajuus \(+E_\mathbf q\) liittyy aikaan, joka "kulkee eteenpäin", ja negatiivinen kulmataajuus \(-E_\mathbf q\) liittyy aikaan, joka "kulkee taaksepäin" . Joskus aikanaan olen oppinut ihan toimivan fysikaalisen mielikuvan, jolla Feynmanin propagaattorin voi ymmärtää, ja sitä vasten tämä on ihan ok.

Mutta mitä reunaehto (boundary condition) tässä nyt sitten tarkoittaa. Hmm.

[Disputator]

Guten Abend!

Lauantai-iltaa!

Kirjoitin nyt tähän alle erään tavan, jolla skalaarikentän \(\Phi(x)\) Feynmanin propagaattori voidaan laskea. Kyseessä on siis operaattorin \(T\) avulla aikajärjestetty kahden pisteen vakuumikorrelaatio

\(D_F(x) = \bra 0\ T\{\Phi(x)\ \Phi(0)\}\ \ket 0\)

joka on samalla KG yhtälön Greenin funktio

\((\Box + m^2)\ D_F(x) = -i\delta^{(4)}(x)\)

Signatuuri on (+,-,-,-), ja deltafunktio määritellään

\(\displaystyle \delta^{(4)}(x) = \int \frac{d^4q}{(2\pi)^4} e^{-i(q^0 x^0 - \mathbf q \cdot \mathbf x)} = \int \frac{d^4q}{(2\pi)^4} e^{-iqx}\)

KG yhtälön Greenin funktioita on useita, ja eräs niistä on Feynmanin propagaattori, joka määritellään

\(\displaystyle D_F(x) = \int \frac{d^4q}{(2\pi)^4} \frac{i\ e^{-iqx}}{q^2 - m^2 + i \epsilon} = \int \frac{d^3q}{(2\pi)^3}\ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{d q^0}{2\pi} \frac{i\ e^{-i(q^0 x^0 - \mathbf q \cdot \mathbf x)}}{q^2 - m^2 + i \epsilon} \)

Energia on \(E_\mathbf q = q^0 = +\sqrt{\mathbf q^2 + m^2}\), ja tämän avulla nimittäjä kirjoitetaan

\(q^2 - m^2 + i\epsilon = (q^0)^2 - \mathbf q \cdot \mathbf q - m^2 + i\epsilon = (q^0)^2 - E^2_\mathbf q + i\epsilon\)

Seuraavaksi \(\epsilon\) muutetaan siten, että \(\epsilon' = \epsilon/(2 E_\mathbf q)\), ja nimittäjä kirjoitetaan

\(q^2 - m^2 + i\epsilon = (q^0 - E_\mathbf q + i \epsilon')(q^0 + E_\mathbf q - i \epsilon') - \epsilon'^2\)

Termi \(\epsilon'^2\) voidaan jättää pois, kun kyseessä on pieni reaaliluku \(\epsilon'\). Nimetään \(\epsilon ' \to \epsilon\), ja kirjoitetaan \(q^0\)-integraali funktiona

\(\displaystyle I(\mathbf q) = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{d q^0}{2\pi} \frac{ i\ e^{-i q^0 x^0}}{[\ q^0-(E_\mathbf q - i\epsilon)\ ] [\ q^0-(-E_\mathbf q + i\epsilon)\ ]}\)

Integraalin kaksi napaa ovat \(q^0 = E_\mathbf q - i\epsilon\) ja \(q^0 = -E_\mathbf q + i\epsilon\). Kompleksitasossa tuo ensiksi mainittu on positiivisen \(q^0\)-reaaliakselin alapuolella, ja toinen negatiivisen reaaliakselin yläpuolella.

Mä laskeskelin tässä taannoin siten että en tehnyt tuota \(\epsilon'\)-trikkiä ja kirjoitin (sun notaatiolla) navoiksi:

\(q^0 = E_\mathbf q - i\frac{\epsilon}{2 E_\mathbf q}+O(\epsilon^3)\)

josta näkee positiivisen navan siirtyvän positiivisen reaaliakselin alapuolelle ja

\(q^0 =- E_\mathbf q + i\frac{\epsilon}{2 E_\mathbf q}+O(\epsilon^3)\)

josta näkee negatiivisen navan siirtyneen negatiivisen reaaliakselin yläpuolelle.

Eksponentin \(e^{-iq^0 x^0}\) etumerkki on miinus, joten kompleksitason alempi puolitaso voidaan kiertää myötäpäivään, kun \(x^0 > 0\). Ylempi puolitaso kierretään vastapäivään, kun \(x^0 < 0\). Residylauseen avulla

\(I(\mathbf q) = \begin{cases}
\displaystyle e^{-i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 > 0 \\
\displaystyle e^{+i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 <0 \\
\end{cases}\)

Kyllä tämä saadaan juuri näin. Pienen pieni sudenkuoppa on että, kun funktiota muutetaan \(\epsilon\) parametrillä, niin myös residy on teoriassa laskettava siinä siirtyneessä navassa. Mutta kun\( \epsilon\to 0\), niin tämä korjaantuu.

Toinen pieni huomio, joka tulee miinusmerkeistä. Kun lasketaan residyt, niin saadaan positiiviselle navalle \(q^0=E_\mathbf q\):

\(Re(\frac{1}{q^2 - m^2}, E_\mathbf q)=\frac{1}{2 E_\mathbf q}\).

ja kun lasketaan negatiiviselle navalle \(q^0=-E_\mathbf q\) residy:

\(Re(\frac{1}{q^2 - m^2}, -E_\mathbf q)=-\frac{1}{2 E_\mathbf q}\).

Residylauseen mukaan integraali \(I(\mathbf q)\) on \(2\pi i \) kertaa residyt integrointipolun sisällä, siis saadaan, kun \(2\pi\) supistuu pois:

\(I(\mathbf q) = \begin{cases}
\displaystyle i \cdot i e^{-i E_\mathbf q x^0} \frac{-1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 > 0 \\
\displaystyle i \cdot i e^{+i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 <0 \\
\end{cases}\)

Tämä sievenee:

\(I(\mathbf q) = \begin{cases}
\displaystyle e^{-i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 > 0 \\
\displaystyle - e^{+i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 <0 \\
\end{cases}\)

Hmm. Tuossa alemmassa on vielä yksi miinus liikaa? No problemo, se poistuu huomaamalla, että alemmassa tapauksessa integrointipolku on suunnistettu siten, että se kulkee myötäpäivään yhden kerran, kun taas ylemmässä integrointipolku kulkee vastapäivään yhden kerran. Myötäpäivään suunnistetulle polulle saadaan kerroin -1 ja vastapäivään +1 ja siten saadaan antamasi tulos:


\(I(\mathbf q) = \begin{cases}
\displaystyle e^{-i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 > 0 \\
\displaystyle e^{+i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 <0 \\
\end{cases}\)

Content Warning: en ole 100-varma plus ja miinusmerkeistä

[QS]

Guten Abend!

Lauantai-iltaa!

Kirjoitin nyt tähän alle erään tavan, jolla skalaarikentän \(\Phi(x)\) Feynmanin propagaattori voidaan laskea. Kyseessä on siis operaattorin \(T\) avulla aikajärjestetty kahden pisteen vakuumikorrelaatio

\(D_F(x) = \bra 0\ T\{\Phi(x)\ \Phi(0)\}\ \ket 0\)

joka on samalla KG yhtälön Greenin funktio

\((\Box + m^2)\ D_F(x) = -i\delta^{(4)}(x)\)

Signatuuri on (+,-,-,-), ja deltafunktio määritellään

\(\displaystyle \delta^{(4)}(x) = \int \frac{d^4q}{(2\pi)^4} e^{-i(q^0 x^0 - \mathbf q \cdot \mathbf x)} = \int \frac{d^4q}{(2\pi)^4} e^{-iqx}\)

KG yhtälön Greenin funktioita on useita, ja eräs niistä on Feynmanin propagaattori, joka määritellään

\(\displaystyle D_F(x) = \int \frac{d^4q}{(2\pi)^4} \frac{i\ e^{-iqx}}{q^2 - m^2 + i \epsilon} = \int \frac{d^3q}{(2\pi)^3}\ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{d q^0}{2\pi} \frac{i\ e^{-i(q^0 x^0 - \mathbf q \cdot \mathbf x)}}{q^2 - m^2 + i \epsilon} \)

Energia on \(E_\mathbf q = q^0 = +\sqrt{\mathbf q^2 + m^2}\), ja tämän avulla nimittäjä kirjoitetaan

\(q^2 - m^2 + i\epsilon = (q^0)^2 - \mathbf q \cdot \mathbf q - m^2 + i\epsilon = (q^0)^2 - E^2_\mathbf q + i\epsilon\)

Seuraavaksi \(\epsilon\) muutetaan siten, että \(\epsilon' = \epsilon/(2 E_\mathbf q)\), ja nimittäjä kirjoitetaan

\(q^2 - m^2 + i\epsilon = (q^0 - E_\mathbf q + i \epsilon')(q^0 + E_\mathbf q - i \epsilon') - \epsilon'^2\)

Termi \(\epsilon'^2\) voidaan jättää pois, kun kyseessä on pieni reaaliluku \(\epsilon'\). Nimetään \(\epsilon ' \to \epsilon\), ja kirjoitetaan \(q^0\)-integraali funktiona

\(\displaystyle I(\mathbf q) = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{d q^0}{2\pi} \frac{ i\ e^{-i q^0 x^0}}{[\ q^0-(E_\mathbf q - i\epsilon)\ ] [\ q^0-(-E_\mathbf q + i\epsilon)\ ]}\)

Integraalin kaksi napaa ovat \(q^0 = E_\mathbf q - i\epsilon\) ja \(q^0 = -E_\mathbf q + i\epsilon\). Kompleksitasossa tuo ensiksi mainittu on positiivisen \(q^0\)-reaaliakselin alapuolella, ja toinen negatiivisen reaaliakselin yläpuolella.

Mä laskeskelin tässä taannoin siten että en tehnyt tuota \(\epsilon'\)-trikkiä ja kirjoitin (sun notaatiolla) navoiksi:

\(q^0 = E_\mathbf q - i\frac{\epsilon}{2 E_\mathbf q}+O(\epsilon^3)\)

josta näkee positiivisen navan siirtyvän positiivisen reaaliakselin alapuolelle ja

\(q^0 =- E_\mathbf q + i\frac{\epsilon}{2 E_\mathbf q}+O(\epsilon^3)\)

josta näkee negatiivisen navan siirtyneen negatiivisen reaaliakselin yläpuolelle.

Kyllä sen mielestäni noinkin voi laskea. Kun sijoitan nimittäjään termien \(E_\mathbf q - i\epsilon\) ja \(-E_\mathbf q + i\epsilon\) tilalle, niin

\(\displaystyle \left[\ q^0-(E_\mathbf q - i\frac{\epsilon}{2 E_\mathbf q})\right] \left[\ q^0-(- E_\mathbf q + i\frac{\epsilon}{2 E_\mathbf q})\right] = (q^0)^2 -E_\mathbf q^2 + i\epsilon + \frac{\epsilon^2}{(2 E_\mathbf q)^2}\)

Oikea puoli on sama kuin mun viestissä sen jälkeen, kun \(O(\epsilon^2)\) on jätetty pois. Sulla oli \(O(\epsilon^3)\) mutta ehkä tarkoitit \(O(\epsilon^2)\).

Eksponentin \(e^{-iq^0 x^0}\) etumerkki on miinus, joten kompleksitason alempi puolitaso voidaan kiertää myötäpäivään, kun \(x^0 > 0\). Ylempi puolitaso kierretään vastapäivään, kun \(x^0 < 0\). Residylauseen avulla

\(I(\mathbf q) = \begin{cases}
\displaystyle e^{-i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 > 0 \\
\displaystyle e^{+i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 <0 \\
\end{cases}\)

Kyllä tämä saadaan juuri näin. Pienen pieni sudenkuoppa on että, kun funktiota muutetaan \(\epsilon\) parametrillä, niin myös residy on teoriassa laskettava siinä siirtyneessä navassa. Mutta kun \( \epsilon\to 0\), niin tämä korjaantuu.

Jes. Nyt kun tuli mieleeni, niin ehkä vielä tarkennettuna \(\epsilon\to 0^+\), eli \(\epsilon\) on positiivinen reaaliluku. Jos olisi negatiivinen, niin tuo Feymanin propagaattori ei tulisi uunista ulos oikeassa muodossa. En tosin tiedä mikä kaikki menisi pieleen, mutta ainakin \(x^0 > 0\) vs \(x^0 < 0\) ja vastaaat +/- kulmataajuudet olisivat väärin päin. Tai jotain sellaista.

Toinen pieni huomio, joka tulee miinusmerkeistä. Kun lasketaan residyt, niin saadaan positiiviselle navalle \(q^0=E_\mathbf q\):

\(Re(\frac{1}{q^2 - m^2}, E_\mathbf q)=\frac{1}{2 E_\mathbf q}\).

ja kun lasketaan negatiiviselle navalle \(q^0=-E_\mathbf q\) residy:

\(Re(\frac{1}{q^2 - m^2}, -E_\mathbf q)=-\frac{1}{2 E_\mathbf q}\).

Residylauseen mukaan integraali \(I(\mathbf q)\) on \(2\pi i \) kertaa residyt integrointipolun sisällä, siis saadaan, kun \(2\pi\) supistuu pois:

\(I(\mathbf q) = \begin{cases}
\displaystyle i \cdot i e^{-i E_\mathbf q x^0} \frac{-1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 > 0 \\
\displaystyle i \cdot i e^{+i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 <0 \\
\end{cases}\)

Tämä sievenee:

\(I(\mathbf q) = \begin{cases}
\displaystyle e^{-i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 > 0 \\
\displaystyle - e^{+i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 <0 \\
\end{cases}\)

Hmm. Tuossa alemmassa on vielä yksi miinus liikaa? No problemo, se poistuu huomaamalla, että alemmassa tapauksessa integrointipolku on suunnistettu siten, että se kulkee myötäpäivään yhden kerran, kun taas ylemmässä integrointipolku kulkee vastapäivään yhden kerran. Myötäpäivään suunnistetulle polulle saadaan kerroin -1 ja vastapäivään +1 ja siten saadaan antamasi tulos:


\(I(\mathbf q) = \begin{cases}
\displaystyle e^{-i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 > 0 \\
\displaystyle e^{+i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 <0 \\
\end{cases}\)

Content Warning: en ole 100-varma plus ja miinusmerkeistä

Mielestäni on plussat ja miinukset kohdallaan . Lyhensin aiempaa viestiäni, ja jätin osan etumerkkijutuista pois. Nyt nekin tarkistettu.

[Disputator]

Siinä edellisessä viestissä oli merkkivirheitä! Luin huolimattomasti sun integrointipolun.

Tässä muokattu vastaus.

Toinen pieni huomio, joka tulee miinusmerkeistä. Kun lasketaan residyt, niin saadaan positiiviselle navalle \(q^0=E_\mathbf q\):

\(Re(\frac{1}{q^2 - m^2}, E_\mathbf q)=\frac{1}{2 E_\mathbf q}\).

ja kun lasketaan negatiiviselle navalle \(q^0=-E_\mathbf q\) residy:

\(Re(\frac{1}{q^2 - m^2}, -E_\mathbf q)=-\frac{1}{2 E_\mathbf q}\).

Residylauseen mukaan integraali \(I(\mathbf q)\) on \(2\pi i \) kertaa residyt integrointipolun sisällä, siis saadaan, kun \(2\pi\) supistuu pois:

\(I(\mathbf q) = \begin{cases}
\displaystyle i \cdot i e^{-i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 > 0 \\
\displaystyle i \cdot i e^{+ i E_\mathbf q x^0} \frac{-1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 <0 \\
\end{cases}\)

Tämä sievenee:

\(I(\mathbf q) = \begin{cases}
\displaystyle -e^{-i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 > 0 \\
\displaystyle + e^{+i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 <0 \\
\end{cases}\)

Hmm. Tuossa ylemmässä on vielä yksi miinus liikaa? No problemo, se poistuu huomaamalla, että ylemmässä tapauksessa integrointipolku on suunnistettu siten, että se kulkee myötäpäivään yhden kerran (KUTEN KIRJOITIT!), kun taas alemmassa integrointipolku kulkee vastapäivään yhden kerran. Myötäpäivään suunnistetulle polulle saadaan kerroin -1 ja vastapäivään +1 ja siten saadaan antamasi tulos:


\(I(\mathbf q) = \begin{cases}
\displaystyle e^{-i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 > 0 \\
\displaystyle e^{+i E_\mathbf q x^0} \frac{1}{2 E_\mathbf q}, \quad x^0 <0 \\
\end{cases}\)

[Disputator]

...
Jes. Nyt kun tuli mieleeni, niin ehkä vielä tarkennettuna \(\epsilon\to 0^+\), eli \(\epsilon\) on positiivinen reaaliluku. Jos olisi negatiivinen, niin tuo Feymanin propagaattori ei tulisi uunista ulos oikeassa muodossa. En tosin tiedä mikä kaikki menisi pieleen, mutta ainakin \(x^0 > 0\) vs \(x^0 < 0\) ja vastaaat +/- kulmataajuudet olisivat väärin päin. Tai jotain sellaista.
...

Tämä on oikein hyvä huomio, tuo parametrin \(\epsilon\) etumerkki.

On mahdollista käyttää negatiivista arvoa parametrille \(\epsilon\) ja silloin saadaan myös propagaattori, joka on ihan samantyyppinen kuin Feymanin propagaattori. Periaatteessa KG-yhtälön ratkaisulle on olemassa 4 erilaista propagaattoria:

- edistynyt
- viivästynyt
- Feynman
- Dyson (tämä on se \(\epsilon<0\), en ole varma nimestä tässä yhteydessä), tai anti-Feynman

Jos Feynman aikajarjestää oikeassa järjestyksessä niin Dyson aikajärjestää varmaan päinvastaisessa järjestyksessä.

[QS]

...
Jes. Nyt kun tuli mieleeni, niin ehkä vielä tarkennettuna \(\epsilon\to 0^+\), eli \(\epsilon\) on positiivinen reaaliluku. Jos olisi negatiivinen, niin tuo Feymanin propagaattori ei tulisi uunista ulos oikeassa muodossa. En tosin tiedä mikä kaikki menisi pieleen, mutta ainakin \(x^0 > 0\) vs \(x^0 < 0\) ja vastaaat +/- kulmataajuudet olisivat väärin päin. Tai jotain sellaista.
...

Tämä on oikein hyvä huomio, tuo parametrin \(\epsilon\) etumerkki.

On mahdollista käyttää negatiivista arvoa parametrille \(\epsilon\) ja silloin saadaan myös propagaattori, joka on ihan samantyyppinen kuin Feymanin propagaattori. Periaatteessa KG-yhtälön ratkaisulle on olemassa 4 erilaista propagaattoria:

- edistynyt
- viivästynyt
- Feynman
- Dyson (tämä on se \(\epsilon<0\), en ole varma nimestä tässä yhteydessä), tai anti-Feynman

Jos Feynman aikajarjestää oikeassa järjestyksessä niin Dyson aikajärjestää varmaan päinvastaisessa järjestyksessä.

Tämä onkin hyvä tilaisuus kokeilla miten nopeasti saan etumerkit sotkuun

Lasketaan edistynyt propagaattori, jonka molemmat navat ovat ylemmässä puolitasossa, mikä tekee tästä varsinaisen etumerkkiviidakon. Navat ovat \(q^0 = E_\mathbf q + i\epsilon\) ja \(q^0 = -E_\mathbf q + i\epsilon\), missä kuitenkin positiivinen \(\epsilon \gt 0\), ja myöhemmin \(\epsilon \to 0^+\).

Sijoitan edistyneen propagaattorin navat aiempien viestien funktion \(I(\mathbf q)\) nimittäjään

\(\displaystyle I(\mathbf q) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} d q^0 \frac{ i\ e^{-i q^0 x^0}}{[\ q^0-(E_\mathbf q + i\epsilon)\ ] [\ q^0-(-E_\mathbf q + i\epsilon)\ ]}\)

Merkitään integrandi \(f(q^0)\), ja kierretään ensin ylempi puolitaso (\(\uparrow\)) vastapäivään (+), kun \(x^0 \lt 0\). Molemmat navat ovat ylemmässä puolitasossa, joten

\(\begin{align}
\frac{1}{2\pi} \oint_{C_+}^{\uparrow} dq^0\ f(q^0) & = \frac{1}{2\pi} (+2\pi i) \left[\ \text{Res}(f,+E_\mathbf q+i\epsilon) + \text{Res}(f,-E_\mathbf q+i\epsilon)\ \right] \\
& = i \left[\frac{1}{2 E_\mathbf q}i e^{-i(+E_\mathbf q + i\epsilon)x^0}\ - \frac{1}{2 E_\mathbf q}i e^{-i(-E_\mathbf q + i\epsilon)x^0}\ \right] \\
& =\frac{1}{2 E_\mathbf q} \left[ -e^{-i(+E_\mathbf q + i\epsilon)x^0} + e^{-i(-E_\mathbf q + i\epsilon)x^0} \right] \\
& =\frac{1}{2 E_\mathbf q} \left[ -e^{-i E_\mathbf q x^0 + \epsilon x^0} + e^{+iE_\mathbf q + \epsilon x^0} \right] \\ \\
& = \frac{e^{+\epsilon x^0}}{2 E_\mathbf q} \left( e^{+iE_\mathbf q x^0}-e^{-iE_\mathbf q x^0}\right)
\end{align}\)

Tämän jälkeen \(\epsilon \to 0^+\), jolloin

\(\displaystyle \frac{1}{2\pi} \oint_{C_+}^{\uparrow} d q^0\ f(q^0) = \frac{1}{2 E_\mathbf q} \left( e^{+iE_\mathbf q x^0}-e^{-iE_\mathbf q x^0}\right)\)

Alempi puolitaso (\(\downarrow\)) kierretään myötäpäivään (-), kun \(x^0 \gt 0\). Navat ovat kuitenkin reaaliakselin yläpuolella, joten

\(\displaystyle \frac{1}{2\pi} \oint_{C-}^{\downarrow} dq^0\ f(q^0) = 0\)

Kun nämä yhdistetään, niin \(q^0\)-integraali on

\(I(\mathbf q) = \begin{cases}
\displaystyle 0, \quad x^0 > 0 \\ \\
\displaystyle \frac{1}{2 E_\mathbf q} \left( e^{+iE_\mathbf q x^0}-e^{-iE_\mathbf q x^0} \right), \quad x^0 <0 \\
\end{cases}\)

tai porrasfunktion avulla

\(\displaystyle I(\mathbf q) = \frac{1}{2 E_\mathbf q} \Theta(-x^0)\ \left( e^{+iE_\mathbf q x^0}-e^{-iE_\mathbf q x^0} \right)\)

Seuraavaksi sitten propagaattorin \(\mathbf q\) -integraali

\(\begin{align}
D_A(x) &= \int \frac{d^3q}{(2\pi)^3}\ e^{+i \mathbf q \cdot \mathbf x}\ I(\mathbf q) \\
& = \Theta(-x^0) \int \frac{d^3q}{2E_\mathbf q (2\pi)^3}\ e^{+i \mathbf q \cdot \mathbf x} \left( e^{+iE_\mathbf q x^0}-e^{-iE_\mathbf q x^0} \right) \\
&=\Theta(-x^0) \left[ \int \frac{d^3q}{2E_\mathbf q (2\pi)^3}\ e^{+iE_\mathbf q x^0+i \mathbf q \cdot \mathbf x} - \int \frac{d^3q}{2E_\mathbf q (2\pi)^3}\ e^{-iE_\mathbf q x^0+i \mathbf q \cdot \mathbf x}\right]
\end{align}\)

Viimeistä riviä voi nyt verrata Wightman funktioihin

\(\displaystyle D_\pm(x) = D_\pm(x^0, \mathbf x) = \frac{1}{(2\pi)^3} \int \frac{d^3q}{2 E_\mathbf q} e^{i(\mp E_\mathbf q x^0 \pm \mathbf q \cdot \mathbf x)}\)

\(D_A\):n jälkimmäinen integraali on selvästi \(D_+(x)\). Ensimmäiseen integraaliin voi tehdä muuttujavaihdon \(\mathbf q \to -\mathbf q\), jonka jälkeen se on \(D_-(x)\), koska energian etumerkki ei vaihdu, eli siis \(E_{-\mathbf q} = E_\mathbf q\).

Näin saadaan suorastaan häikäisevän manifestoituneesti Lorentz-invariantti propagaattori

\(D_A(x) = \Theta(-x^0)\left[\ D_-(x)\ -\ D_+(x)\ \right]\)

Mielestäni onnistuin etumerkeissä! Vai?

Viivästynyt \(D_R(x)\) menisi siten, että navat alapuolella \(q^0 = E_\mathbf q - i\epsilon\) ja \(q^0 = -E_\mathbf q - i\epsilon\), missä \(\epsilon \gt 0\), ja myöhemmin \(\epsilon \to 0^+\). Myötäpäivään (-) kierron takia alemman puolitason integraali olisi

\(\displaystyle \frac{1}{2\pi} \oint_{C-}^{\downarrow} dq^0\ f(q^0) = \frac{1}{2\pi} (-2\pi i) \left[\ \text{Res}(f,+E_\mathbf q-i\epsilon) + \text{Res}(f,-E_\mathbf q-i\epsilon)\ \right]\)

ja tästä sitten samalla tyylillä eteenpäin.