Realización de la rotación de la mecha para obtener la acción euclidiana del campo escalar

Question

Estoy trabajando con la firma de $(+,-,-,-)$ y con un espacio de Minkowski-stime de Lagrange

$$ \mathcal{L}_M = \Psi^\daga\left(i\partial_0 + \frac{\nabla^2}{2m}\right)\Psi $$ La acción es de Minkowski $$ S_M = \int dt d^3x \mathcal{L}_M $$ Que debo obtener la distancia Euclídea de acción por la Mecha de la rotación.

Mi pregunta es acerca de la manera con que me debe llevar a cabo la Mecha de la rotación. El tema es algo que ya ha sido pedido (mira aquí). El problema es que la respuesta a la pregunta no es satisfactorio para mí y para este caso especial.

Dado que el espacio-tiempo de intervalo está definido por $ds^2 = dt^2 - d\vec{x}^2$, Si puedo realizar una Mecha de rotación (sólo girar el eje de tiempo) puedo obtener un negativo Euclidiana intervalo.

1. ¿Cuál es el sentido de eso? ¿Cuál es la conexión entre las acciones físicas que se calculan en dos diferentes firma?

2. Puedo realizar el giro con diferentes signos $t =\pm i\tau$. Sé que, si existen polos, debo elegir el signo correcto con el fin de no cruzar. Pero en este caso, al parecer, puedo elegir y me sale siempre el mismo negativo euclidiana intervalo pero con diferentes resultados.

Si elijo $ t = i\tau $ I get $$ i\int_ {+\infty}^{-i\infty} d\tau d^3x \Psi^\daga\left(i\frac{\partial}{\partial i\tau} + \frac{\nabla^2}{2m}\right)\Psi = -i\int_{-i\infty}^{+\infty} d\tau d^3x \Psi^\daga\left(\frac{\partial}{\parcial \tau} + \frac{\nabla^2}{2m}\right)\Psi $$

Si elijo $ t = -i\tau $ I get $$ -i\int_{-i\infty}^{+\infty} d\tau d^3x \Psi^\daga\left(-i\frac{\partial}{\partial i\tau} + \frac{\nabla^2}{2m}\right)\Psi = -i\int_{-i\infty}^{+\infty} d\tau d^3x \Psi^\daga\left(-\frac{\partial}{\partial \tau} + \frac{\nabla^2}{2m}\right)\Psi $$

Creo que hay una ligera diferencia de que yo no entiendo

3. Es la distancia Euclídea de acción definido por $S_M = i S_E$ o $S_M = -iS_E$?

Answer 1

Esto está sucediendo porque su campo depende de$t$,$\Psi = \Psi (x,t)$. Por lo tanto, cuando realiza la rotación de Wick$t = i\tau$, también gira Wick a su campo y obtiene una acción para$\Psi(x,i\tau)$. En el segundo caso, obtiene una acción para$\Psi(x,-i\tau)$. Esos no son los mismos$\Psi$ 's.