¿Cómo se produce realmente la transformación de la 4-derivada en un 4-momento en un acoplamiento derivado?

Question

Consideremos un acoplamiento derivado con $$\mathcal{L}_{int} = \lambda \phi_1 (\partial_\mu \phi_2) (\partial_\mu \phi_3),\tag{7.101}$$ y un campo escalar

$$ \phi(x) = \int \frac{d^4p}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_p}} (a_p e^{-ip_\mu x^\mu} + a_p^\dagger e^{ip_\mu x^\mu}). \tag{7.102}$$

Utilizando las reglas de Feynman, los libros de texto realizan la siguiente transformación

$$ \partial_\mu \rightarrow -i p_\mu $$

(partícula entrante en un vértice)

$$ \partial_\mu \rightarrow i p_\mu $$

(partícula saliente).

Tengo dos preguntas:

1. ¿Puede alguien ayudarme a entender la derivación de esta transformación?

2. Me gustaría entender el impacto en los resultados de las reglas de Feynman cuando cambio el Lagrangiano de esta manera (o incluso otros), pero no fui capaz de conseguirlo.

Referencias:

1. M.D. Schwartz, La teoría cuántica de campos y el modelo estándar, 2014; Página: 99.

Answer 1

Veamos primero el caso de una partícula entrante.

Un estado de partícula entrante es algo así $$ |I\rangle = a_p^\dagger |0\rangle.$$

Cuando actuamos con $\phi(x)$ en esto, la parte con un operador de destrucción, $\phi^+(x) = \int \frac{d^4p'}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_p}}a_{p'}e^{-ip'_\mu x^\mu}$ es el término que aniquilará a la partícula entrante, y por tanto será la parte relevante para la regla de Feynman de la partícula entrante.

Si tomamos la derivada de ésta sólo sacaremos un factor que incluya el impulso de la exponencial $$ \partial_\mu \phi^+(x)a_p^\dagger |0\rangle = -i p_\mu\phi^+(x)a_p^\dagger |0\rangle.$$

Para una partícula saliente tenemos el estado $$ \langle F| = \langle 0 | a_{p},$$ en este caso es la parte de $\phi(x)$ con un operador de creación, $\phi^-(x) = \int \frac{d^4p'}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_p}}a^\dagger_{p'}e^{ip'_\mu x^\mu}$ que aniquilará la partícula final, y obtenemos $$ \langle 0 | a_{p}\partial_\mu \phi^-(x) = \langle 0 | a_{p}i p_\mu\phi^-(x).$$

Answer 2

En primer lugar, comprueba los índices de tu término de interacción, ¡el término no es invariante de Lorentz! La sustitución $i\partial_\mu \rightarrow p_\mu$ se aclara utilizando la transformada de Fourier. Imagina que tienes el término \begin{equation} \partial_\mu \phi(x). \end{equation} Para derivar la "regla de Feynman", hay que trasladarse al espacio del momento utilizando la transformada de Fourier. Defina la transformada de Fourier de $\phi(x)$ es decir $\hat{\phi}(p)$ como \begin{equation} \phi(x)=\int \dfrac{d^4p}{(2\pi)^4}\hat{\phi}(p)e^{-ip\cdot x}. \end{equation} Entonces, ten en cuenta que, \begin{equation} \partial_\mu\phi(x)=\int \dfrac{d^4p}{(2\pi)^4}\hat{\phi}(p)\partial_\mu e^{-ip\cdot x}=\int \dfrac{d^4p}{(2\pi)^4}(-ip_\mu)\hat{\phi}(p) e^{-ip\cdot x}. \end{equation} La correspondencia es clara. En el caso de que tenga más campos proceda como sigue \begin{equation} \lambda \phi_1(\partial_\mu\phi_2)(\partial^\mu \phi_3 )=\lambda\int \dfrac{d^4p_1}{(2\pi)^4}\hat{\phi}(p_1)e^{-ip_1\cdot x} \int \dfrac{d^4p_2}{(2\pi)^4}\hat{\phi}(p_2)\partial_\mu e^{-ip_2\cdot x} \int \dfrac{d^4p_3}{(2\pi)^4}\hat{\phi}(p_3)\partial^\mu e^{-ip_3\cdot x}= \end{equation} \begin{equation} =\lambda\int\dfrac{d^4p_1}{(2\pi)^4}\int \dfrac{d^4p_2}{(2\pi)^4} \int \dfrac{d^4p_3}{(2\pi)^4}(-ip_{2\mu})(-ip_3^\mu) \hat{\phi}(p_1) \hat{\phi}(p_2) \hat{\phi}(p_3)e^{-i(p_1+p_2+p_3)\cdot x}. \end{equation} Recuerde que la acción $S$ tiene una integración sobre el espacio $d^4x$ para que obtengas un factor $(2\pi)^4\delta(p_1+p_2+p_3)$ entonces se puede utilizar la función delta para integrar sobre un momento (yo elijo $p_1$ ). \begin{equation} \int d^4 x \mathcal{L}_{int} =\lambda\int\dfrac{d^4p_2}{(2\pi)^4} \int \dfrac{d^4p_3}{(2\pi)^4}(-p_{2}\cdot p_3) \hat{\phi}(-p_2-p_3) \hat{\phi}(p_2) \hat{\phi}(p_3). \end{equation} Para que obtengamos la correspondencia \begin{equation} \lambda \phi_1(\partial_\mu\phi_2)(\partial^\mu \phi_3 )\longrightarrow -\lambda(p_2\cdot p_3). \end{equation} Finalmente, este vértice tiene tres líneas de entrada con tres momentos $p_1$ (fijo), $p_2$ y $p_3$ para que tengas que sumar sobre las permutaciones $\sigma\in(1,2,3)$ . Entonces la regla de Feynman asociada es \begin{equation} \sum_{\sigma\in(1,2,3)}-\lambda(p_2\cdot p_3)\longrightarrow -2\lambda(p_1\cdot p_2+p_2\cdot p_3+p_3\cdot p_1). \end{equation}