Cómo contar el número de diagramas de Feynman cúbicos a nivel de árbol en $n$ ¿puntos?

Question

Estoy siguiendo este documento: arXiv:0805.3993 [hep-ph] donde se dice que el número total de diagramas distintos a nivel de árbol en $n$ -puntos sólo con vértices cúbicos es $(2n-5)!!$

Quiero saber donde esta $(2n-5)!!$ viene de.

Intento contar los diagramas, pero me resulta difícil generalizar. Anteriormente en el mismo documento la amplitud del árbol completo se escribe como $$\mathcal{A}_n^\text{tree}(1,2,3,\ldots,n)=g^{n-2}\sum_{\mathcal{P}(2,3,\ldots,n)}\mathrm{Tr}[T^{a_1}T^{a_2}T^{a_3}\cdots{T}^{a_n}]A_n^\text{tree}(1,2,3,\ldots,n)$$ donde la suma es sobre todas las permutaciones no cíclicas de los catetos, lo que equivale a todas las permutaciones que mantienen fijo el cateto 1. Esto daría $(n-1)!$ diagramas. Para $n=4$ es fácil darse cuenta del exceso: los posibles arreglos son los $s$ , $t$ y $u$ canales, $$(1,2)(3,4)\\(1,3)(2,4)\\(1,4)(2,3)$$ precisamente $3!!=3\cdot1$ y el sobreconteo en la expresión de la amplitud surge de $(a,b)=(b,a)$ . Con mi notación quiero decir, por ejemplo, para $(1,2)(3,4)$ :

Para $n=5$ , $$1(2,3)(4,5)\\ 1(2,4)(3,5)\\ 1(2,5)(3,4)\\ 2(3,4)(5,1)\\ 2(3,5)(1,4)\\ 2(3,1)(4,5)\\ 3(4,5)(1,2)\\ 3(4,1)(2,5)\\ 3(4,2)(5,1)\\ 4(5,1)(2,3)\\ 4(5,2)(3,1)\\ 4(5,3)(1,2)\\ 5(1,2)(3,4)\\ 5(1,3)(4,2)\\ 5(1,4)(2,3)$$ hay $5!!=5\cdot3\cdot1=15$ pero ahora no veo tan claro cómo extraer el sobreconteo; igualmente ahora en mi notación $c(a,b)(d,e)$ significa pierna $c$ insertado en un propagador, por ejemplo para $3(4,5)(1,2)$ :

Para $n=6$ hay $7!!=7\cdot5\cdot3\cdot1=105$ diagramas pero supongo que el patrón debería poder verse a partir de los casos anteriores y teniendo en cuenta que ahora hay dos topologías diferentes, es decir. $cd(a,b)(e,f)$ y $(a,b)(c,d)(e,f)$ donde $cd\neq{dc}$ . Siento que estoy en el camino correcto, pero sin embargo no llegar a ninguna parte. También intenté forzar una relación entre el !! y el ! pero sólo conseguí $(2n-5)!!=2^{2-n}\frac{(n-1)(2n-4)!}{(n-1)!}$ lo que no me dice nada.

Answer 1

Para obtener un diagrama con $n$ patas externas de un diagrama con $n-1$ patas externas, puede insertar la pata externa etiquetada como $n$ en cualquiera de los $2n-5$ bordes. Que hay $2n-5$ aristas en un diagrama con $n-1$ piernas externas se sigue por inducción, ya que hay $3$ aristas en un diagrama con $3$ patas externas y la inserción de otra pata externa aumenta en dos el número de aristas.

En el futuro, puede que desee publicar este tipo de preguntas en math.SE, donde lo más probable es que una pregunta combinatoria como ésta no haya sobrevivido sin respuesta durante dos días.

Answer 2

El usuario joriki ya ha proporcionado una respuesta correcta. Aquí solo añadimos detalles y hacemos algunas observaciones aclaratorias.

I) Que $n\geq 3$ sea un número entero. Consideremos el conjunto ${\cal T}(n)$ de árboles conectados sólo con vértices cúbicos y con $E_n=n$ líneas etiquetadas externas con etiquetas $1,\ldots, n$ y sin etiquetado de líneas y vértices internos. (Insistimos en que los bucles no están permitidos.) Es evidente que el número de vértices es $V_n=n\!-\!2$ y el número de líneas internas es $I_n=n\!-\!3$ por lo que el número total de líneas es $$L_n~=~E_n+I_n~=~2n-3.\tag{1}$$ Queremos demostrar por inducción que $$|{\cal T}(n)|~=~(2n-5)!! \tag{2}$$ Obviamente, la fórmula es válida para $n=3$ $$|{\cal T}(3)|~=~1.\tag{3}$$

II) Consideremos ahora el paso de inducción. Consideremos un árbol $T_{n-1}\in{\cal T}(n\!-\!1)$ con $L_{n-1}=2n-5$ líneas. Para cada línea

         |
         |
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en el árbol $T_{n-1}$ podemos añadir un vértice y una línea externa con la etiqueta $n$ :

         |         
    n----|
         |

Está claro que el nuevo árbol $T_n$ pertenece a ${\cal T}(n)$ .

III) A la inversa, si $n\geq 4$ y si tenemos un árbol $T_n\in {\cal T}(n)$ podemos eliminando la línea externa con la etiqueta $n$ (y su vértice vecino) obtienen un árbol $T_{n-1}\in{\cal T}(n\!-\!1)$ . Concluimos que

$$|{\cal T}(n)|~=~(2n-5) |{\cal T}(n\!-\!1)|.\tag{4} $$

La fórmula buscada (2) es la siguiente.