Problema de comprensión del factor de simetría en un diagrama de Feynman

Question

Estoy tratando de entender un $1/2$ en el factor de simetría del diagrama "cactus" que aparece en la parte inferior de la página 92 del libro de Peskin. Este es el diagrama en cuestión (nótese que estamos en $\phi^4$ teoría)

En el libro se afirma que el factor de simetría del diagrama es

$$3!\times{}4\dot{}3\times{}4\dot{}3\dot{}2\times{}4\dot{}3\times{}1/2$$

donde dice que el $3!$ viene de intercambiar los vértices, el primero $4\dot{}3$ de la colocación de contracciones en el $z$ vértice, lo siguiente $4\dot{}3\dot{}2$ de la colocación de contracciones en el $w$ vértice, el último $4\dot{}3$ de la colocación de contracciones en el $u$ y el vértice final $1/2$ del intercambio de $w-u$ contracciones.

Es este último $1/2$ que no entiendo. ¿Puede ser más explícito sobre el origen de esto?

Answer 1

Elegimos uno de los $4$ campos z para que se contraigan con el único campo x. A continuación, elegimos uno de los restantes $3$ campos z para contratar con uno de los $4$ campos w. Los dos campos z restantes sólo se contraen con ellos mismos. Ahora elige uno de los restantes $3$ campos w para contraerse con el único campo y.

(Aquí es donde hay que tener cuidado). Hay $2$ opciones para la contracción del campo w con una de las $4$ campos u, y luego $3$ opciones para la otra contracción w-u. Al calcular esta última combinación hemos sobrecontabilizado por un factor de $2$ .

Para ver esto más claramente, considere una de las contracciones,

$\phi_a(w)\phi_b(w) \quad\phi_a(u)\phi_b(u)\phi(u)\phi(u)$

Los subíndices denotan qué campos se contraen con qué otros campos (no estoy seguro de cómo expresar las contracciones en Latex).

Hay dos maneras de obtener esta contracción particular: podemos elegir el primero campo w que se contrae con el primer campo u, y LUEGO elige el segundo campo w que se contrae con el segundo campo u; O podríamos elegir el segundo campo w que se contrae con el segundo campo u, y LUEGO elige el primero campo w que se contrae con el primer campo u.

Es evidente que ambos son equivalentes. Sin embargo, en la combinatoria hemos contado ambos, por lo que debemos dividir por un factor de $2$ . Por lo tanto, el número total de contracciones diferentes que dan la misma expresión que $(4.45)$ es

$3! \, \times \, 4 \cdot 3 \, \times \, 4 \cdot 3 \cdot 2 \, \times \, 4 \cdot 3 \, \times \, 1/2$

Donde el $3!$ proviene del intercambio de vértices.

EDIT: Si no está claro, piensa en el siguiente escenario. Hay dos cajas, en la primera hay dos objetos, $A$ y $B$ y en el segundo hay dos más, $C$ y $D$ . ¿Cuántos diferentes ¿hay formas de emparejar los objetos para que cada objeto de la primera caja tenga un compañero en la segunda? Está claro que la respuesta es dos: $A,C$ y $B,D$ y $A,D$ y $B,C$ .

Uno podría pensar que la respuesta es $2\cdot 2$ pero podemos ver que esto produce duplicados

\begin {array}{|r|r|} \hline Primera pareja y pareja restante \\ \hline A,C Y B,D \\ \hline A,D Y B,C \\ \hline B,C Y A,D \\ \hline B,D Y A,C \\ \hline \end {array}

Así que debemos multiplicar por un factor de $1/2$ para arreglar el recuento excesivo.

Espero que eso ayude.

Answer 2

Creo que la explicación del libro no es clara, pero puedes ignorarla y obtener el factor correcto $S=\frac{1}{8}$ de la siguiente manera.

1. Empieza dibujando 5 vértices aislados, dos etiquetados de grado uno y tres no etiquetados de 4 valores. A continuación, $$ S=\frac{1}{3!}\left(\frac{1}{4!}\right)^3\times C $$ donde $C$ es el número de esquemas de contracción que producen la forma del gráfico dado. Los tres vértices desempeñan papeles diferentes en el gráfico, por lo que se tiene $3!$ formas de elegir esta asignación de roles (quién es el vecino más cercano de $x$ etc.). Entonces, un factor de $4$ para el $z$ pierna que $x$ a la que se adhiere. Asimismo, un factor de $3$ para elegir cuál de los restantes $z$ piernas pasa a $w$ . Entonces, en $w$ hay un factor de $4\times 3$ para elegir las patas que reciben el $z$ y $y$ bordes. Entonces un factor de $6$ para elegir qué par de piernas en $u$ formará el renacuajo. Finalmente hay un factor de $2$ para conectar las restantes patas libres en $u$ con los dos restantes en $w$ . Así, $C$ es el número de su pregunta.
2. Alternativamente $S=\frac{1}{|G|}$ donde $G$ es el grupo de automorfismo del gráfico. Más concretamente, dejemos que $E$ sea su conjunto favorito con $14$ elementos (los medios bordes en la imagen). Equipar $E$ con dos particiones de conjuntos $\mathcal{V}$ y $\mathcal{E}$ . Este último está hecho de $7$ pares disjuntos correspondientes a las aristas. Mientras que $\mathcal{V}$ se compone de dos monotonos y tres bloques de cuatro elementos. Aquí $G$ es el grupo de permutaciones de $E$ que conservan las particiones del conjunto $\mathcal{E}$ y $\mathcal{V}$ y también fijar las patas externas (que aquí es automático porque la imagen es asimétrica en $x$ y $y$ ). Está generada por tres órdenes conmutativos $2$ elementos. Para cada renacuajo se pueden permutar las medias piernas correspondientes. Por último, está el intercambio de las dos aristas entre $w$ y $u$ .

Answer 3

El 1/2 proviene de la simetría del diagrama. En el sentido de que si miras hacia otro lado y cambio los dos propagadores es un diagrama "diferente", pero no se nota. El número de formas de hacer esto es 2.

Si se tratara de propagadores dirigidos no sería el caso.