¿AdS/CFT 3 puntos función escalar integral de Feynman parametrización?

Question

En este papel el escalar de 3 puntos de función en AdS/CFT se obtiene realizando la siguiente integral:

Los autores comentan que obtener el resultado por Feynman parámetro de integración. Para la práctica quería reproducir el mismo resultado, así que busqué la página de la Wikipedia sobre Feynman parámetros:

El problema aquí es la condición Re$(\alpha_j)>0$, mientras que el Re$(a)>0$ en la integral anterior (22) daría lugar a una negativa de parte real de un alfa.

Hay otras variaciones de Feynman parametrización conocido, que cubre el caso en la mano? Gracias por la sugerencia!

EDITAR:

Pretender que la parte real de la restricción no es un problema y la aplicación de la regla que se obtiene el mismo resultado que en el papel veces el siguiente:

$$\frac{\Gamma \left(c-\frac{d}{2}\right) \Gamma \left(\frac{1}{2} (-2 c+d+2)\right) \Gamma (-a+b+c-d) \Gamma (a-b-c+d+1)}{\Gamma \left(\frac{1}{2}-\frac{a}{2}\right) \Gamma \left(\frac{a}{2}+\frac{1}{2}\right) \Gamma \left(-\frac{a}{2}+b-\frac{d}{2}+\frac{1}{2}\right) \Gamma \left(\frac{a}{2}-b+\frac{d}{2}+\frac{1}{2}\right)}$$

que es equivalente a

$$-\frac{\cos \left(\frac{\pi a}{2}\right) \cos \left(\frac{1}{2} \pi (a-2 b+d)\right)}{\sin \left(\pi c-\frac{\pi d}{2}\right)\sin (\pi (a-b-c+d))} $$

Y debo mencionar que aquí, de nuevo tuve que ignorar la restricción $\Re(C)>\Re(A+B)$ al evaluar el caso especial de la función hipergeométrica de Gauss.

El hecho de que dos instancias de "mayor que" restricciones tenían que ser violada, me da esperanza de que podría ser un adecuado Feynman parámetro enfoque en el que todos los criterios de convergencia a que se cumplan y no wacky extra factores parecen.

Tal vez alguien conoce una referencia adecuada?

Answer 1

Hace un par de meses, también necesitaba el resultado de este cálculo de los tres puntos de contacto Witten diagrama de Freedman, Mathur, Matusis y Rastelli. Yo también estaba asombrado por la falta de detalle en su artículo ya que todo lo que dijo fue: "es fácil de hacer por el convencional Feynman parámetro de los métodos". Así que me di cuenta de mi propia derivación. Probablemente no lo FMMR tenía en mente y no el método más elegante, pero hace el trabajo y es matemáticamente rigurosa. Se va como sigue.

Vamos $$ U:=\int_{0}^{\infty}dz_0\int_{\mathbb{R}^d} dz\ \frac{z_0^a}{(z_0^2+(z-x)^2)^b(z_0^2+(z-y)^2)^c}\ . $$ Asumiendo $b,c>0$, podemos insertar la identidad de $\frac{1}{A^\alpha}=\frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_{0}^{\infty}ds\ s^{\alpha-1} e^{-sA}$ dos veces para obtener $$ U=\frac{1}{\Gamma(b)\Gamma(c)}\int_{0}^{\infty}dz_0\int_{\mathbb{R}^d} dz \int_{0}^{\infty}ds \int_{0}^{\infty}dt\ z_0^s^{b-1}t^{c-1}\exp(-V_1) $$ con $$ V_1:=s(z_0^2+(z-x)^2)+t(z_0^2+(z-y)^2) $$ $$ =s(z_0^2+x^2)+t(z_0^2+y^2)+(s+t)z^2-2(sx+ty)z\ . $$ Así $$ \int_{\mathbb{R}^d} dz\ \exp(-V_1)=e^{-s(z_0^2+x^2)-t(z_0^2+y^2)} \int_{\mathbb{R}^d} dz\ \exp \left( -(s+t) \left( z-\frac{sx+ty}{s+t} \right)^2 +\frac{(sx+ty)^2}{s+t} \right) $$ $$ =\exp(V_2) \times\left(\frac{\pi}{s+t}\right)^{\frac{d}{2}} $$ con $$ V_2:=\frac{(sx+ty)^2}{s+t}-s(z_0^2+x^2)-t(z_0^2+y^2)\ , $$ y después de calcular la integral de Gauss en $z$. Un poco de álgebra se muestra $$ (s+t)V_2=-(s+t)^2z_0^2-st(x-y)^2\ . $$ Volver a conectar en $U$ tenemos $$ U=\frac{\pi^{\frac{d}{2}}}{\Gamma(b)\Gamma(c)} \int_{0}^{\infty}dz_0\int_{0}^{\infty}ds\int_{0}^{\infty}dt\ z_0^{a}^{b-1}t^{c-1}(s+t)^{-\frac{d}{2}}\exp\left( \frac{-(s+t)^2z_0^2-st(x-y)^2}{s+t} \right)\ . $$ Cambiar las variables de $z_0$ $z_0^2$e integrar a la segunda. Siempre $a>-1$, ahora obtenemos $$ U=\frac{\pi^{\frac{d}{2}}\Gamma\left(\frac{a+1}{2}\right)}{2\Gamma(b)\Gamma(c)} \int_{0}^{\infty}ds\int_{0}^{\infty}dt\ s^{b-1}t^{c-1}(s+t)^{-\frac{a+1+d}{2}}\exp\left( -\frac{st}{s+t}(x-y)^2 \right)\ . $$ Cambio de variables: ${\rm old}\ s=\frac{1}{(x-y)^2}\times\ {\rm new}\ s$${\rm old}\ t=\frac{1}{(x-y)^2}\times\ {\rm new}\ t$. Por lo tanto, $$ U=\frac{\pi^{\frac{d}{2}}\Gamma\left(\frac{a+1}{2}\right)}{2\Gamma(b)\Gamma(c)}\times |x-y|^{a+1+d-2b-2c} \times W $$ con $$ W:=\int_{0}^{\infty}ds\int_{0}^{\infty}dt\ s^{b-1}t^{c-1}(s+t)^{-\frac{a+1+d}{2}}\exp\left( -\frac{st}{s+t} \right)\ . $$ Utilizamos la bivariante cambio de variable de la fórmula para integrar más de $0<u<\infty$ $0<v<1$ relacionado con el antiguo variables por $$ \left(\begin{array}{c}s \\ t\end{array}\right)= \left(\begin{array}{c} vu \\ (1-v)u\end{array}\right)\ . $$ El Jacobiano es $$ \left|\begin{array}{cc} \frac{\partial s}{\partial u} & \frac{\partial s}{\partial v} \\ \frac{\partial t}{\partial u} & \frac{\partial t}{\partial v}\end{array}\right|=-u\ . $$ Como resultado $$ W=\int_{0}^{\infty}du\int_{0}^{1}dv\ v^{b-1}(1-v)^{c-1}u^{-\frac{a+d+1}{2}+b+c-1}\ \exp[-uv(1-v)]\ . $$ Siempre $-\frac{a+d+1}{2}+b+c>0$, podemos integrar en $u$, de modo que $$ W=\Gamma\left(-\frac{a+d+1}{2}+b+c\right)\times \int_{0}^{1}dv\ v^{\frac{a+d+1}{2}-c-1}(1-v)^{\frac{a+d+1}{2}-b-1}\ . $$ Por supuesto, la última versión beta integral da un cociente de funciones Gamma, por lo que en todos los $$ U:=\frac{\pi^{\frac{d}{2}}}{2}|x-y|^{a+1+d-2b-2c} \frac{\Gamma\left(\frac{a+1}{2}\right)\Gamma\left(-\frac{a+d+1}{2}+b+c\right) \Gamma\left(\frac{a+d+1}{2}-c\right)\Gamma\left(\frac{a+d+1}{2}-b\right)}{\Gamma\left(b\right)\Gamma\left(c\right)\Gamma\left(a+d+1-b-c\right)} $$ que es válida cuando todos los Gamma de argumentos de la función son positivos (o complejo con parte real positiva). A ver de que estas restricciones no son contradictorias, es mejor cambiar a la más simétrica escala de dimensiones variables $$ \left\{\begin{array}{ccl} \Delta_1 & = & b \\ \Delta_2 & = & c \\ \Delta_3 & = & a+d+1-b-c \end{array} \right. $$ Las limitaciones de la cantidad a $\Delta_1,\Delta_2,\Delta_3$ siendo la longitud de una degenerada de triángulo que es lo suficientemente grande, es decir, $\Delta_1+\Delta_2+\Delta_3>d$.

También debo mencionar que existen técnicas más sofisticadas para la computación en la universidad de Witten diagramas. Véase, por ejemplo, el TASI conferencias por Penedones.