considerar el fotón en QED y la correspondiente MOE de su Verde funcional en el espacio k: $$(k^\mu k^\nu-k^2g^{\mu\nu})\Delta_{\nu\rho}(k)=i\delta^\mu_\rho.$$
Ahora, entiendo que $U^{\mu\nu}(k):=k^\mu k^\nu-k^2g^{\mu\nu}$ no es inyectiva, ya que $U^{\mu\nu}k_\nu=0$ e lo $\det U=0$. Es por eso $U$ no es invertible.
En la literatura que he leído que calibre de fijación resuelve este problema. El uso de la $R_\xi$ medidores, uno a continuación, se obtiene una nueva $U^{\prime\mu\nu}=(1-\xi^{-1})k^\mu k^\nu-k^2g^{\mu\nu}$. De ello se desprende que $U^{\prime\mu\nu}k_\nu=-\xi^{-1}k^2k^\mu$ e lo $k_\nu$ no tiene el autovalor cero más.
- Cómo podemos estar seguros de que no hay fuga autovalores? ¿Por qué no nos diagonalise el operador?
También recuerdo que en escalar la teoría de campo hemos resuelto la invertibility problema analítico continuación y, a continuación, Feynman desplazamiento de los polos de distancia desde el eje real: $p^2-m^2 \mapsto p^2-m^2+i\epsilon.$
Podemos hacer lo mismo aquí, ¿no? Si escribimos $U^{\prime\mu\nu}=k^\mu k^\nu-k^2g^{\mu\nu}+i\epsilon$, entonces llegamos a $U^{\prime\mu\nu}k_\nu=i\epsilon\neq0$ para $\epsilon>0$.
- ¿Por qué necesitamos medidor de fijación para hacer $U$ invertible? ¿Por qué no es suficiente para analíticamente continuar con el operador y, a continuación, Feynman-cambio de polos, como hacemos en escalar la teoría del campo?
