Función de D'Alembertian Green de Laplacian Green por rotación de Wick

Question

Tras este trabajo de revisión (en particular eq.(14)), estoy tratando de entender cómo obtener la Green para el operador de D'Alembert desde el núcleo del operador de Laplace "yendo a tiempo imaginario".

Voy a denotar por $x=(x^0,x^i)$,$i=1,2,\ldots,n-1$, la costumbre de Minkowski de las coordenadas de $\mathbb R^{1,n-1}$ y $x_E=(x_E^0, x^i)$ el correspondiente coordenadas del espacio Euclidiano $\mathbb R^{n}$. D'Alembert y de Laplace, los operadores se definen, respectivamente, como $$ \Cuadro = \left(\frac{\partial}{\partial x^0}\right)^2-\sum_{i=1}^{n-1}\left(\frac{\partial}{\partial x^i}\right)^2\,,\qquad \Delta = \left(\frac{\partial}{\partial x_E^0}\right)^2+\sum_{i=1}^{n-1}\left(\frac{\partial}{\partial x^i}\right)^2\,. $$ La heurística de observación que subyacen a la Mecha de rotación truco es que $\Delta = - \Box$ si nos formalmente identificar a $x_E^0=ix^0$, es decir, $$ \Delta \varphi(x^0_E,x^1,\ldots,x^{n-1})=-\Caja \varphi(ix^0,x^2,\ldots,x^{n-1}). $$ De hecho, $-x^2 = x_E^2$ bajo esta identificación, donde $x^2 = (x^0)^2-(x^1)^2-\cdots- (x^{n-1})^2$ $x_E^2$ es la distancia Euclídea al cuadrado de la norma. A continuación, a partir de la de Laplace de la función de Green (yo empleo el convenio de sumación de Einstein) $$ \Delta \left[(x_E^0)^2+(x^i)^2 \right)^{1-n/2}=\frac{2\pi^{n/2}(2-n)}{\Gamma(n/2)}\delta(x_E^0,x^1,\ldots,x^{n-1}) $$ uno podría esperar que $$ \Caja \left[-(x^0)^2+(x^i)^2 \right)^{1-n/2}=\frac{2\pi^{n/2}(2-n)}{\Gamma(n/2)}\delta(x^0,x^1,\ldots,x^{n-1})\,, $$ que por supuesto no tiene mucho sentido ya que el lado izquierdo es real y el lado derecho es puramente imaginario...

De hecho, el documento afirma que la respuesta correcta debe ser (eq.(14)) $$ \Caja \left(\lim_{\epsilon\to0^+} \mathrm{Im} \left[-(x^0-i\epsilon)^2+(x^i)^2 \right)^{1-n/2}\right) = \frac{(n-2)\pi^{n/2}}{\Gamma(n/2)}\delta(x)\,. $$ Por ejemplo, para $n=4$, la restricción a la negativa $x^0$ correctamente obtener $$ \lim_{\epsilon\to0^+}\mathrm{Im}\, \frac{1}{-x^2-i\epsilon}=\delta(x^2)\implica \Caja \delta(x^2)=2\pi \delta(x)\,. $$

Creo que el $i\epsilon$ debe surgir el estudio de las singularidades que tiene uno de bypass en la Mecha de la rotación, que se definen de acuerdo a las condiciones de frontera: por ejemplo, el retraso de la función de Green se da en cuatro dimensiones por la formal integral $$ G_{\text{ret}}(x)=\lim_{\epsilon\to0}\int \frac{d^{4}k}{(2\pi)^4}\frac{e^{-ik^0 x^0+i\mathbf k \cdot \mathbf x}}{-(k^0+i\epsilon)^2+|\mathbf k|^2}=\theta(x^0)\int \frac{d^{3}k}{(2\pi)^{3}}\frac{\sin(|\mathbf k | x^0)}{ |\mathbf k|}e^{i\mathbf k \cdot \mathbf x}\,, $$ de modo que el apoyo de $G_{\text{ret}}$ se encuentra en $x^0>0$, pero no puedo hacer la conexión a la fórmula de arriba.

Alguien puede prestarme una mano?

Answer 1

Consideremos la región de $\Omega=\{z\in\mathbb C: \mathrm{Re}(z)>0\}\smallsetminus\{z=x^0\in\mathbb R: x^0\ge |\mathbf x|\}$ de la compleja $z$ plano, para $|\mathbf x|=r>0$. En esta región, se definen $$\boxed{ f_n(z, \mathbf x)=\frac{\Gamma(n/2)}{(2-n)2\pi^{n/2}}(-z^2+|\mathbf x|^2)^{1-n/2}\,. } $$ La elección de la rama de líneas en $\{z=x^0\in\mathbb R: |x^0|\ge |\mathbf x|\}$ vemos que $f_n(z)$ es holomorphic en $\Omega$. Ya que por construcción $f_n(z)$ se reduce a la función de Green del operador de Laplace en el eje imaginario, establecimiento $z=ix^0_E + \eta$ $\eta\to0^+$ hemos $$ [(\partial_0^E)^2+(\partial_i)^2]f_n(ix^0_E, \mathbf x)=\delta(x^0_E, \mathbf x)\,. $$ Nos analíticamente continuar el lado izquierdo de la ecuación para el conjunto de la región $\Omega$, donde no tiene singularidades y satisface $$ [-\partial_z^2+(\partial_i)^2] f_n(z,\mathbf x) = 0\,. $$ Por otro lado, ahora podemos integrar a $\varphi(z,\mathbf x)[-\partial_z^2+(\partial_i)^2]f_n(z,\mathbf x)$ a lo largo del contorno de la figura

rendimiento $$ - \lim_{\epsilon\to0^+}\int d^{n-1}x\int_0^{+\infty}\!\!\! \varphi(x^0,\mathbf x)\, \Caja \big[ f_n(x^0+i\epsilon,\mathbf x) - f_n(x^0-i\epsilon,\mathbf x) \big] dx^0 \\ = \int d^{n-1}x\int_{-\infty}^{+\infty}\!\!\!\varphi(ix^0_E,\mathbf x) \delta(x^0_E,\mathbf x)\, idx^0_E =i{\varphi(0)}\,. $$ Por lo tanto, $$\boxed{ -2\Caja\left(\mathrm{Im}\lim_{\epsilon\to0^+}f_n(x^0+i\epsilon)\right)=\delta(x^0,\mathbf x)\,. }$$ que es lo que queríamos demostrar. Nota en particular de que esta se limita a $x^0>0$, por lo que no hay ningún signo de la ambigüedad surge cuando expandimos $(x^0+i\epsilon)^2$. Por ejemplo, en la dimensión $n=4$, $$ -2f_4(x+i\epsilon)=\frac{1}{2\pi^2}\frac{1}{|\mathbf x|^2-(x^0+i\epsilon)^2}=\frac{1}{2\pi^2}\frac{1}{-x^2-i\epsilon}=\frac{1}{2\pi^2}\mathrm{PV}\frac{1}{-x^2}+\frac{i}{2\pi}\delta(x^2)\,, $$ como $\epsilon\to0^+$, y lo correctamente recuperar el retraso de la función de Green $$ \theta(x^0)\frac{\delta(x^2)}{2\pi}\,. $$