Greenin funktio, Feynmanin propagaattori, korrelaatiofunktio ja Wightman funktio

[QS]

Positiivisen massakuoren Lorentz-invariantti deltafunktio on mielestäni yksinkertaisesti

\(\Theta(p^0) \delta(p^2-m^2)\)

En tosin tähän hätään tiedä miten osoitan tuon invariantiksi. Täytynee palata siihen.

Tämän näkeekin ihan suoraan. Tuo \(p^2 = (p^0)^2 - \mathbf p^2\) on invariantti, ja \(m^2\) on invariantti. Tästä seuraa, että \(\delta(p^2-m^2)=\delta((\Lambda p)^2-m^2)\).

Myös \(\Theta(p^0)\) on invariantti, kun rajoitutaan ajan suunnan säilyttävään Lorentz-muunnokseen.

Usein näkee myös kirjoitettavan

\(\displaystyle d^4p\ \Theta(p^0) \delta(p^2-m^2) = \frac{d^3 \mathbf p}{2E_\mathbf p}\)

Vasemman puolen \(d^4p\) on invariantti, ja se voidaan kirjoittaa \(d^4p = dp^0\ d^3p\).

Porrasfunktiosta ja massakuoresta seuraa \(p^0 = E_\mathbf p = + \sqrt{\mathbf p^2 + m^2}\), joten

\(p^2-m^2 = (p^0)^2 - \mathbf p^2 - m^2 = (p^0)^2 - E_\mathbf p^2 = (p^0 - E_\mathbf p)(p^0 + E_\mathbf p)\)

Funktion \(g(x)\) deltafunktio on

\(\displaystyle \delta(g(x)) = \sum_i \frac{\delta(x-x_i)}{|g'(x_i)|}\)

missä summataan \(g\):n reaaliset juuret \(x_i\). Tässä tapauksessa

\(g(p^0) = (p^0 - E_\mathbf p)(p^0 + E_\mathbf p)\)

jonka juuret ovat \( E_\mathbf p\) ja \(-E_\mathbf p\). Nimittäjässä derivaatan itseisarvo molemmille juurille on \(2 E_\mathbf p\), ja näistä saadaan

\(\displaystyle \delta(p^2-m^2) = \frac{1}{2 E_\mathbf p}\left( \delta(p^0-E_\mathbf p) + \delta(p^0+E_\mathbf p)\right)\)

Jälkimmäinen \(\delta(p^0+E_\mathbf p)\) poistuu, kun porrasfunktion takia \(E_\mathbf p > 0\), ja siksi \(\Theta(p^0) \delta(p^0+E_\mathbf p) = 0\). Näin ollen

\(\displaystyle \Theta(p^0)\ \delta(p^2-m^2) = \frac{1}{2 E_\mathbf p} \Theta(p^0)\ \delta(p^0-E_\mathbf p)\)

Kirjoitetaan integraali

\(\displaystyle \int d^4p\ \Theta(p^0) \delta(p^2-m^2) = \int d^3p\ \frac{1}{2 E_\mathbf p}\ \int dp^0\ \Theta(p^0)\ \delta(p^0-E_\mathbf p) = \int d^3p\ \frac{1}{2 E_\mathbf p}\)

Tuosta voidaankin todeta, että

\(\displaystyle d^4p\ \Theta(p^0) \delta(p^2-m^2) = \frac{d^3 p}{2E_\mathbf p}\)

Mielestäni vasen puoli tulee ajatella siten, että se on kokonaisuutena integraalin mitta, joka on rajoitettu positiivisen energian massakuorelle. Deltafunktio rajoittaa massakuorelle, ja porrasfunktio positiiviselle energialle. Funktion \(f(p)=f(p^0,\mathbf p)\) integraalin voisi kirjoittaa

\(\displaystyle \int d^4p\ \Theta(p^0) \delta(p^2-m^2) f(p) = \int \frac{d^3 p}{2E_\mathbf p} f(E_\mathbf p, \mathbf p)\)

[Disputator]

Iltapäivää!

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?
...

Kyllä mielestäni onnistuit, kävin laskua läpi suht huolellisesti ja siinä on kaikki oikein. Ääripedanttinen matemaatikko kysyisi kuitenkin vielä sitä, että miksi puoliympyrän kaaren integraalit häviävät, kun kun ympyränkaaren säde \( R\to\infty\), sen perustelua en ole nähnyt kuin ihan puhtaan matematiikan kirjoissa ja se ei ole mikään pitkä lasku, vaan siinä on pari ovelaa temppua tehtävä.

[Disputator]

Positiivisen massakuoren Lorentz-invariantti deltafunktio on mielestäni yksinkertaisesti

\(\Theta(p^0) \delta(p^2-m^2)\)

En tosin tähän hätään tiedä miten osoitan tuon invariantiksi. Täytynee palata siihen.

Tämän näkeekin ihan suoraan. Tuo \(p^2 = (p^0)^2 - \mathbf p^2\) on invariantti, ja \(m^2\) on invariantti. Tästä seuraa, että \(\delta(p^2-m^2)=\delta((\Lambda p)^2-m^2)\).

Kyllä, massakuori on invariantti Lorentz-muunnoksissa, jotka säilyttävät ajan suunnan. Jos ajan suunta sallitaan muuttuvan, saadaan massakuorelle kopio.

Myös \(\Theta(p^0)\) on invariantti, kun rajoitutaan ajan suunnan säilyttävään Lorentz-muunnokseen.

Heh, tämä olikin kinkkinen huomio. Uskoisin että funktio \(\Theta:\mathbb R^{1,3}\to \mathbb R\) ei missään tapauksessa ole invariantti edes ajan suunnan säilyttävissä Lorentz-muunnoksissa. Vastaesimerkkina voi ajatella puskua: ennen puskua yhtälö \(p^0=0\) määrittelee samanaikaisuuden 3d-tasopinnan alkuperäisessä koordinaatistossa (jos nyt ajatellaan p koordinaatiksi eikä impulssiksi) ja puskun jälkeen voidaan määritellä uusi samanaikaisuuden 3d-tasopinta \(p'^0=0\), joka poikkeaa tasosta \(p^0=0\).

Väite on kuitenkin tosi, jos vektori p on ajanlaatuinen, siis \( p^2>0\). Ja se ilmeisesti riittää, kun tarkastellaan integrointia massakuorella, jonka jokainen piste on ajanlaatuinen.

Jatko-osa viestissäsi on hyvin mielenkiintoinen ja palaan jatkossa siihen.

[QS]

Positiivisen massakuoren Lorentz-invariantti deltafunktio on mielestäni yksinkertaisesti

\(\Theta(p^0) \delta(p^2-m^2)\)

En tosin tähän hätään tiedä miten osoitan tuon invariantiksi. Täytynee palata siihen.

Tämän näkeekin ihan suoraan. Tuo \(p^2 = (p^0)^2 - \mathbf p^2\) on invariantti, ja \(m^2\) on invariantti. Tästä seuraa, että \(\delta(p^2-m^2)=\delta((\Lambda p)^2-m^2)\).

Kyllä, massakuori on invariantti Lorentz-muunnoksissa, jotka säilyttävät ajan suunnan. Jos ajan suunta sallitaan muuttuvan, saadaan massakuorelle kopio.

Myös \(\Theta(p^0)\) on invariantti, kun rajoitutaan ajan suunnan säilyttävään Lorentz-muunnokseen.

Heh, tämä olikin kinkkinen huomio. Uskoisin että funktio \(\Theta:\mathbb R^{1,3}\to \mathbb R\) ei missään tapauksessa ole invariantti edes ajan suunnan säilyttävissä Lorentz-muunnoksissa. Vastaesimerkkina voi ajatella puskua: ennen puskua yhtälö \(p^0=0\) määrittelee samanaikaisuuden 3d-tasopinnan alkuperäisessä koordinaatistossa (jos nyt ajatellaan p koordinaatiksi eikä impulssiksi) ja puskun jälkeen voidaan määritellä uusi samanaikaisuuden 3d-tasopinta \(p'^0=0\), joka poikkeaa tasosta \(p^0=0\).

Iltaa!
Joo, mielivaltaiselle nelivektorille \(\Theta\left((\Lambda p)^0\right) \neq \Theta(p^0)\). Aika-komponentti \(p^0\) voi vaihtaa etumerkkiä tai muuttua nollaksi. Tai nolla voi pysyä nollana tai muuttua positiiviseksi tai negatiiviseksi.

Väite on kuitenkin tosi, jos vektori p on ajanlaatuinen, siis \( p^2>0\). Ja se ilmeisesti riittää, kun tarkastellaan integrointia massakuorella, jonka jokainen piste on ajanlaatuinen.

Mielesäni näin on.

Jatko-osa viestissäsi on hyvin mielenkiintoinen ja palaan jatkossa siihen.

Jälkimmäinen osa kannattaa kyllä tarkistaa. Eräässä qft-materiaalista löysin vain todettuna saman, mikä on todettu useissa kirjoissakin

\(\require{physics} \displaystyle \eval{\int d^4p\ \delta(p_0^2 - \mathbf p^2 -m^2)}_{p_0>0} =\eval{\int \frac{d^3p}{2p_0}\ }_{p_0=E_\mathbf p}\)

Tästä notaatiosta voi kelata taaksepäin, ja sain tuon kirjoittamani. Muistin tosin hämärästi nähneeni vastaavissa laskuissa käytettävän \(f(x)\):n deltafunktiota \(\delta(f(x))\), ja siitä tuo nimittäjän \(2p_0\).

Ääripedanttinen matemaatikko kysyisi kuitenkin vielä sitä, että miksi puoliympyrän kaaren integraalit häviävät, kun kun ympyränkaaren säde \( R\to\infty\), sen perustelua en ole nähnyt kuin ihan puhtaan matematiikan kirjoissa ja se ei ole mikään pitkä lasku, vaan siinä on pari ovelaa temppua tehtävä.

Nämä on matematiikan mysteerejä, joihin en osaa edes arvata, että mistä lähtisi liikkeelle. Hädin tuskin saan nuo residyt laskettua, ja yhtään mutkikaampi lasku niin menee kynsien pureskeluksi.