Cálculo explícito de la parte singular del diagrama de amanecer de dos bucles

Question

Para $\phi^4$, hay dos bucle de auto-aporte de energía de la salida del sol (sunset) diagrama.

La integración es $$ I(p)=\int\frac{d^D p_1}{(2\pi)^D}\frac{d^Dp_2}{(2\pi)^D}\frac{1}{(p_1^2+m^2)(p_2+m^2)[(p-p_1-p_2)^2+m^2]}. $$

Trato de usar truco de Feynman Parámetro, pero todavía no puede quedar explícito en el resultado. Vi esta pregunta de Dos bucles de regularización y me encontré con que la solución exacta de la anterior integración es muy complejo y necesita mucho de la imaginación técnica. Sin embargo, para hacer el renormalization sólo tienen singular parte de $I(p)$ ($\epsilon$-expansión con $D=4-\epsilon$).

Mi pregunta:

1. ¿Hay alguna manera fácil y directa, método sólo para calcular la parte singular de $I(p)$ es decir, el coeficiente de $1/\epsilon^2$ e $1/\epsilon$?

Por el camino, vi a esta respuesta https://physics.stackexchange.com/a/79236/169288 Pero es sólo dar un cálculo explícito de singular de $I^\prime(p^2=m^2)$ no se cual es mi requisito.

Usted sólo tiene que proporcionar la literatura o libros de texto que muestran el cálculo explícito de detalles. Rara vez se puede encontrar libros de texto que cubren explícita de dos bucles de cálculo.

PS: La siguiente es mi método ordinario de Feynman parámetro truco.

$$ I(p)=\int\frac{d^D p_1}{(2\pi)^D}\frac{d^Dp_2}{(2\pi)^D}\frac{1}{(p_1^2+m^2)(p_2+m^2)[(p-p_1-p_2)^2+m^2]}$$ $$I(p)=\int\frac{d^D p_1}{(2\pi)^D}\frac{d^Dp_2}{(2\pi)^D} \int dx dy dz \delta(x+y+z-1) \frac{2}{\mathcal{D}^3}$$ con
$$\mathcal{D}=x p_1^2 +y p_2^2 +z(p-p_1-p_2)^2 +m^2 = \alpha k_1^2 + \beta k_2^2 + \gamma p^2 +m^2 $$ con $$\alpha = x+z $$ $$\beta = \frac{xy + yz +zx}{x+z}$$ $$\gamma = \frac{xyz}{xy + yz +zx}$$ $$k_1= p_1 + \frac{z}{x+z}(p_2-p)$$ $$k_2 =p_2 - \frac{xz}{xy + yz +zx} p.$$

Y el Jacobiano $\frac{\partial(k_1,k_2)}{\partial(p_1,p_2)}=1.$

$$I(p)=\int_0^1 dx dy dz \delta(x+y+z-1) \int\frac{d^D k_1}{(2\pi)^D}\frac{d^Dk_2}{(2\pi)^D} \frac{2}{(\alpha k_1^2 + \beta k_2^2 + \gamma p^2 +m^2 )^3} $$ $$I(p)=\int dx dy dz \delta(x+y+z-1) \int\frac{d^D k_1}{(2\pi)^D}\frac{d^Dk_2}{(2\pi)^D} \int_0^{+\infty} dt t^2 e^{-t(\alpha k_1^2 + \beta k_2^2 + \gamma p^2 +m^2) }.$$ Gauss integral de $k_1$ e $k_2$ $$I(p)= \int dx dy dz \delta(x+y+z-1)\int_0^{+\infty} dt \frac{t^{2-D}}{ (4\pi)^D (\alpha \beta)^{D/2}}e^{-t(\gamma p^2 +m^2)}$$ $$I(p)=\int dx dy dz \delta(x+y+z-1) \frac{\Gamma(3-D)}{(4\pi)^D(\alpha \beta)^{D/2}(\gamma p^2 +m^2)^{3-D}}.$$ El uso de $D= 4-\epsilon$ $$I(p)=\frac{1}{(4 \pi)^4}\int dx dy dz \delta(x+y+z-1) \frac{\gamma p^2 +m^2}{(\alpha \beta)^2}\Gamma(-1+\epsilon) \left(\frac{\sqrt{\alpha \beta}}{\gamma p^2 +m^2}\right)^\epsilon$$

$$\Gamma(-1+\epsilon)= -\frac{1}{\epsilon} +\gamma_E-1 +\mathcal{O}(\epsilon)$$ $$\left(\frac{\sqrt{\alpha \beta}}{\gamma p^2 +m^2}\right)^\epsilon = 1 + \epsilon \ln\left(\frac{\sqrt{\alpha \beta}}{\gamma p^2 +m^2}\right)+\mathcal{O}(\epsilon^2).$$

A $0$th orden de $\epsilon$ $$I(p)=\frac{1}{(4 \pi)^4}\int dx dy dz \delta(x+y+z-1) \frac{\gamma p^2 +m^2}{(\alpha \beta)^2}\left(-\frac{1}{\epsilon}- \ln\left(\frac{\sqrt{\alpha \beta}}{\gamma p^2 +m^2}\right) +\gamma_E-1\right) .$$

Hay dos integrales necesito para calcular $$I_1 = \int_0^1 dx dy dz \delta(x+y+z-1) \frac{\gamma p^2 +m^2}{(\alpha \beta)^2} $$ $$I_2 = \int_0^1 dx dy dz \delta(x+y+z-1) \frac{\gamma p^2 +m^2}{(\alpha \beta)^2}\ln\left(\frac{\sqrt{\alpha \beta}}{\gamma p^2 +m^2}\right).$$ No puedo encontrar la explícita resultado de estos dos.

Answer 1

No se lo deseo a $\LaTeX$ todos los pasos intermedios para estas integraciones, pero si quieres puedo editar mi respuesta a decirle a usted cada paso del camino. Habiendo dicho eso, vamos a llegar a los negocios.

$I_1(p)$ integración

Voy a dividir $I_1$ en 2 partes.

$$I_1^a(p) = p^2\int_{0}^1 dx \int_0^{1-x} dy \frac{x y (-x-y+1)}{(x y+(-x-y+1) (x+y))^3}$$

y

$$I_1^b(p) = m^2\int_{0}^1 dx \int_0^{1-x} dy \frac{1}{(x y+(-x-y+1) (x+y))^2}$$

Como se puede ver, he realizado la integral inicial de más de $z$, pero han seguido estrictamente las definiciones previstas.

Esta integral se puede hacer. Se puede demostrar (después de mucho álgebra y sustituciones) que

$$I_a^1(p) =p^2 \int_0^1 dx\ \frac{3 x}{(x-1) (3 x+1)^2}-\frac{1}{(x-1) (3 x+1)^2} -\frac{8 x \tanh ^{-1}\left(\frac{1-x}{\sqrt{-3 x^2+2 x+1}}\right)}{(x-1) (3 x+1)^2 \sqrt{-3 x^2+2 x+1}}$$

que, admito que es mucho menos complicado de lo que yo pensaba que iba a ser. La integración en este punto es en realidad algo estándar. En cualquier caso, se encuentra después de la integración de más de $x$ que

\begin{align*} &I_a^1(p)= p^2 \int_0^1 dx\ \frac{3 x}{(x-1) (3 x+1)^2}-\frac{1}{(x-1) (3 x+1)^2} -\frac{8 x \tanh ^{-1}\left(\frac{1-x}{\sqrt{-3 x^2+2 x+1}}\right)}{(x-1) (3 x+1)^2 \sqrt{-3 x^2+2 x+1}}\\ &=p^2\bigg{(} \frac{\sqrt{-3 x^2+2 x+1} \tanh ^{-1}\left(\frac{1-x}{\sqrt{-3 x^2+2 x+1}}\right)}{4 (1-x)}+\frac{\sqrt{-3 x^2+2 x+1} \tanh ^{-1}\left(\frac{1-x}{\sqrt{-3 x^2+2 x+1}}\right)}{3 (3 x+1)^2} + \cdots\\ &-\frac{7 \sqrt{-3 x^2+2 x+1} \tanh ^{-1}\left(\frac{1-x}{\sqrt{-3 x^2+2 x+1}}\right)}{12 (3 x+1)}-\frac{1}{3 (3 x+1)}\bigg{)} \bigg\rvert_0^1\\ & \implies \boxed{I_1^a(p)= \frac{p^2}{2}} \end{align*}

Esta integral tenía ningún derecho a simplificar tan bien, pero a veces las matemáticas dioses sonrisa sobre nosotros.

Ahora, trabajamos aceptar $I_1^b(p)$. Después de realizar la $z$ integración tenemos que

$$I_1^b(p) = m^2\int_0^1 dx\ \frac{8 \tanh ^{-1}\left(\frac{1-x}{\sqrt{-3 x^2+2 x+1}}\right)}{\left(-3 x^2+2 x+1\right)^{3/2}}+\frac{2}{-3 x^3+2 x^2+x}$$

Aunque esto parece más sencillo que el otro $I_1^a$ hay divergencias al acecho. Es decir, en los extremos. Por lo tanto, voy a utilizar un pequeño parámetro $\epsilon$ , en un intento de domesticar. Llegamos a

\begin{align*} &I_1^b(p, \epsilon) = m^2\int_\epsilon^{1-\epsilon}dx \ \frac{8 \tanh ^{-1}\left(\frac{1-x}{\sqrt{-3 x^2+2 x+1}}\right)}{\left(-3 x^2+2 x+1\right)^{3/2}}+\frac{2}{-3 x^3+2 x^2+x}\\ &= 2 m^2\left(\frac{(1-3 \epsilon ) \tanh ^{-1}\left(\frac{1-\epsilon }{\sqrt{-3 \epsilon ^2+2 \epsilon +1}}\right)}{\sqrt{-3 \epsilon ^2+2 \epsilon +1}}+ \underbrace{\log (1-\epsilon )}_{\to 0 \ as\ \epsilon \to 0}-\log (\epsilon )- \underbrace{\frac{(3 \epsilon -2) \tanh ^{-1}\left(\frac{\epsilon }{\sqrt{\epsilon (4- 3 \epsilon )}}\right)}{\sqrt{\epsilon (4-3 \epsilon)}}}_{\to \frac{1}{2}, \ as\ \epsilon \to 0}\right) \end{align*}

Las divergencias en vivo en los otros dos términos. Así que podemos sustituir en los límites cuando se $\epsilon \to 0$ ya que es lo que finalmente te llevará. Llegamos a

\begin{align*} &I_1^b(p, \epsilon) = m^2\int_\epsilon^{1-\epsilon}dx \ \frac{8 \tanh ^{-1}\left(\frac{1-x}{\sqrt{-3 x^2+2 x+1}}\right)}{\left(-3 x^2+2 x+1\right)^{3/2}}+\frac{2}{-3 x^3+2 x^2+x}\\ & \boxed{I_1^b(p, \epsilon) = 2m^2\frac{(1-3 \epsilon ) \tanh ^{-1}\left(\frac{1-\epsilon }{\sqrt{-3 \epsilon ^2+2 \epsilon +1}}\right)}{\sqrt{-3 \epsilon ^2+2 \epsilon +1}}- 2m^2\log (\epsilon )- m^2} \end{align*}

Solicito que el OP intenta expandirse en este pequeño $\epsilon$ , antes de hacerlo, como todavía tengo otra integral a hacer

---

$I_2(p)$ integración

Debo admitir, este retrocede un poco. Sin embargo, en adelante, debemos ir.

La integral a superar es

$$I_2(p) = \int_0^1 dx dy dz \delta(x+y+z-1) \frac{\gamma p^2 +m^2}{(\alpha \beta)^2}\ln\left(\frac{\sqrt{\alpha \beta}}{\gamma p^2 +m^2}\right). $$

Nos dividimos en dos integrales

$$I_2^a = \frac{1}{2} \int_0^1 dx dy dz \delta(x+y+z-1) \frac{\gamma p^2 +m^2}{(\alpha \beta)^2}\ln\left(\alpha \beta\right) $$

y

$$ I_2^b = -\int_0^1 dx dy dz \delta(x+y+z-1) \frac{\gamma p^2 +m^2}{(\alpha \beta)^2}\ln\left(\gamma p^2 +m^2\right)$$

de modo que la integral es la suma.

Sabemos que podemos encontrar la integral indefinida de la función de multiplicar el registro, por lo que vamos a cerrar nuestros ojos y esperar lo mejor.

$I_2^a$ integración

La integración de más de $z$ obtenemos que

$$ I_2^a = \frac{1}{2}\int_0^1dx \int_0^{1-x} dy \frac{m^2}{(x y+(-x-y+1) (x+y))^2}+\frac{p^2 (x y (x-y+1))}{(x y+(-x-y+1) (x+y))^3}\times\\ \log\left(x y+(-x-y+1) (x+y) \right)$$

Integramos por partes en $y$; teniendo en $u$ como el registro y $dv$ como el coeficiente en el registro. Entonces, tenemos que

$$ v= m^2 \left(-\frac{-x-2 y+1}{\left(-3 x^2+2 x+1\right) \left((1-x) y+(1-x) x-y^2\right)}-\frac{4 \tanh ^{-1}\left(\frac{-x-2 y+1}{\sqrt{-3 x^2+2 x+1}}\right)}{\left(-3 x^2+2 x+1\right)^{3/2}}\right)+p^2 \left(\frac{x^2 (-x-2 y+1)}{2 (3 x+1) \left((1-x) y+(1-x) x-y^2\right)^2}-\frac{4 x \tanh ^{-1}\left(\frac{-x-2 y+1}{\sqrt{-3 x^2+2 x+1}}\right)}{(1-x) (3 x+1)^2 \sqrt{-3 x^2+2 x+1}}-\frac{x (-x-2 y+1)}{(1-x) (3 x+1)^2 \left((1-x) y+(1-x) x-y^2\right)}\right) $$

y

$$ du = dy \frac{x+2 y-1}{x^2+x (y-1)+(y-1) y}$$

Nuestra superficie términos de reducir a la

$$uv\bigg\rvert^{1-x}_0 = \frac{2 \log ((1-x) x) \left((3 x-1) \sqrt{-3 x^2+2 x+1}-8 x \tanh ^{-1}\left(\frac{1-x}{\sqrt{-3 x^2+2 x+1}}\right)\right)}{(x-1) (3 x+1)^2 \sqrt{-3 x^2+2 x+1}} $$

Y nuestros integral queda por hacer es

$$\int_0^{1-x} v \ du = \int_0^{1-x} dy\ \Bigg{\{} m^2\left(-\frac{-x-2 y+1}{\left(-3 x^2+2 x+1\right) \left((1-x) y+(1-x) x-y^2\right)}-\frac{4 \tanh ^{-1}\left(\frac{-x-2 y+1}{\sqrt{-3 x^2+2 x+1}}\right)}{\left(-3 x^2+2 x+1\right)^{3/2}}\right)+p^2 \left(\frac{x^2 (-x-2 y+1)}{2 (3 x+1) \left((1-x) y+(1-x) x-y^2\right)^2}-\frac{4 x \tanh ^{-1}\left(\frac{-x-2 y+1}{\sqrt{-3 x^2+2 x+1}}\right)}{(1-x) (3 x+1)^2 \sqrt{-3 x^2+2 x+1}}-\frac{x (-x-2 y+1)}{(1-x) (3 x+1)^2 \left((1-x) y+(1-x) x-y^2\right)}\right)\Bigg{\}} \frac{x+2 y-1}{x^2+x (y-1)+(y-1) y}$$

Lo creas o no esto se puede hacer, pero no en su totalidad con funciones elementales. Poniendo la superficie términos de la espalda y simplificando tenemos que

\begin{align*} &2I_2^a(p) = \int_0^1 dx\\ &\frac{1}{2 (1-x)^{3/2} (3 x+1)^{5/2}}\bigg{\{} 8 \left(m^2 (3 x+1)+p^2 x\right)+\frac{\sqrt{x (2-3 x)+1} \left(4 m^2 (3 x+1)-p^2 (x-3) x\right)}{x}\\ &+16 \tanh ^{-1}\left(\sqrt{\frac{1-x}{3 x+1}}\right) \bigg{(}\log (4)-\log \left[\left(\sqrt{\frac{1-x}{3 x+1}}+1\right) \left(\frac{x-1}{\sqrt{x (2-3 x)+1}}+1\right)\right]\times\\ & \left(m^2 (3 x+1)+p^2 x\right)-2 m^2 (3 x+1)+p^2 (x-2) x\bigg{)}\\ &-4 \log (x(1-x)) \left((3 x-1) \sqrt{x (2-3 x)+1}-8 x \tanh ^{-1}\left(\sqrt{\frac{1-x}{3 x+1}}\right)\right)\\ &+ \text{Li}_2\left(-\frac{x+\sqrt{1-x} \sqrt{3 x+1}+1}{2 x}\right)-\text{Li}_2\left(-\frac{x-\sqrt{1-x} \sqrt{3 x+1}+1}{2 x}\right) \bigg{\}} \end{align*}

Me imagino que hay divergencias al acecho en aquí, pero se puede usar de integración numérica para comprobar. Hacer su mejor esfuerzo para hacer $I_2^b$ y volver a mí.

Creo que es suficiente para un día.

Answer 2

Si usted puede ser satsfied con la $m=0$ caso, la integral es fácil siempre que el trabajo en configuaration el espacio, en lugar de que el impulso de espacio. El $x$-espacio propagador en $n$ dimensiones es $$ g(x,x') = \frac{1}{ (n-2)S_{n-1}} \left(\frac {1}{|x-x'|}\right)^{n-2} $$ donde $S_{n-1} = 2\pi^{n/2}/\Gamma(n/2)$ es el área de la superficie de la $n$-ball. Su diagrama de Feynman en el espacio de configuración es $$ I(p)= \int {d^nx} e^{ipx}[g(x,0)]^3 $$ que se puede evaluar (después de volver a nombrar las siguientes integrales de integración de la variable $k$ como $x$ e su $x$ para el impulso externo $p$) usando el estándar de la integral de Fourier $$ \int \frac{d^n k}{(2\pi)^n} e^{ikx} |k^2|^s = \frac{4^s}{\pi^{n/2}}\frac{\Gamma(s+n/2)}{\Gamma(-s)} \frac{1}{|x|^{2s+n}}. $$ El $m=0$ caso es lo suficientemente bueno para obtener la $\beta$ función y la función de onda renormalization $Z$ como estas no dependen de $m$ , de todos modos. Si el $m$ dependencia es importante para usted, usted tendrá que evaluar la transformada de Fourier de reconvertir el cubo de un Bessel "K" de la función