Regla de Feynman para el propagador con derivadas

Question

Supongamos que tenemos un término de interacción de la forma

$$\mathcal{L}_{int} = \frac{h g}{3!}\phi^3\partial^2\phi$$ donde $h$ y $g$ son ambos acoplamientos. Ahora bien, si dibujo un diagrama de la forma dada en la figura (por favor, ignore el $\lambda$ s y $J$ 's.) Supongamos entonces que el propagador es el campo con la derivada activada: ¿cuál sería la amplitud en este caso? Sé cómo calcular factores de vértice, pero este me confunde. ¿Alguna sugerencia?

Si no hubiera propagador, simplemente escribiría $$S_{int} = i\frac{hg}{3!}\int d^4x \phi^3(x)\partial^2\phi(x)\\= i\frac{hg}{3!}\int d^4xDK\widetilde{\phi_{1234}}\exp[i(k_1+\dots +k_4)](ik_4)^2$$ con lo que se obtendría el factor de vértice $V$ de (cuidar de los $3!$ permutando los tres $\phi$ 's) $$V = -i hg k_4^2.$$ He tomado todos los momentos como entrantes en el vértice y $DK = \frac{d^4 k_1d^4 k_2d^4 k_3d^4 k_4}{(2\pi...2\pi)^4}$ la tilde es la transformada de Fourier de cada campo por separado.

Pero esto es para un vértice, ¿qué tal si hay un propagador involucrado?

Answer 1

Propergator no tiene derivados. El término de interacción es el vértice en el diagrama de Feynman.

En lo que sigue utilizo la convención de notación de Sredniski. La convención de Peskin causaría algún signo menos adicional.

Por ejemplo, $\phi ^3 \partial^2 \phi$ el vértice es $\langle 0| \phi ^3 \partial^2 \phi | k_1 k_2 k_3k_4 \rangle = \partial^2_4 \langle0| \phi(x_1) \phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4)| k_1 k_2 k_3k_4 \rangle = \partial_4^2 (e^{ik_1x_1+ik_2x_2+ik_3x_3+ik_4x_4}+pertumations)|_{x_i =x} = -3! (\sum k_i^2) e^{i(k_1+k_2 + k_3 +k_4) x}$

Por lo tanto, el vértice en el espacio de momento es $-ig/ 3! \cdot -3! (\sum k_i^2) = ig (\sum k_i^2)$ .

El propagador no se verá afectado ya que está completamente determinado por el Lagrangiano de campo libre. Así que $D_f = (\partial^2 + m^2)^{-1}$ en el espacio del momento, $\frac{1}{k^2 + m^2}$

Así que si usted tiene un acoplamiento derivado tendrá un vértice diferente, pero otras cosas son las mismas con habitual $\phi^4$ acoplamiento.

Answer 2

Aunque esto es 7 años más tarde, me di cuenta de que hay algunas lagunas en la literatura sobre cómo derivar las reglas de Feynman para este tipo de Lagrangianos. Permíteme que escriba cómo deducir el vértice para el Lagrangiano que has mencionado con el fin de ayudar a la gente en el futuro que trabaje en QFT ya que creo que las otras respuestas en los foros son un poco demasiado confusas para los principiantes y no tan sistemáticas en general. El cálculo de las reglas de Feynman se reduce a calcular los propagadores, a partir de los cuales se puede construir la función generadora e incluir las interacciones. Las reglas de Feynman se obtienen tomando un montón de derivadas funcionales.

Empecemos por el Lagrangiano:

$$\begin{equation} \mathcal{L}_{\mathrm{int}} = \frac{gh}{3!} \phi^3 \partial^2 \phi. \end{equation}$$

El enfoque funcional de la QFT puede utilizarse para derivar la regla de Feynman de los vértices. Permítanme intentar dar una respuesta/estrategia autocontenida a tales preguntas. Supongamos que el campo escalar $\phi$ obedece al Lagrangiano de campo libre estándar de Klein-Gordon $\mathcal{L}_0 = \frac{1}{2} (\partial_\mu \phi)^2 - \frac{1}{2}m^2 \phi^2$ . Entonces el propagador puede encontrarse escribiendo la parte libre de la acción como:

$$\begin{equation} S_0 = \int d^4 x \Big[\frac{1}{2} (\partial_\mu \phi)^2 - \frac{1}{2} m^2 \phi^2\Big] = \int d^4 x \Big[\frac{1}{2} \phi (-\partial^\mu \partial_\mu - m^2)\phi\Big], \end{equation}$$

donde usé integración por partes para el primer término. Esto sugiere que el propagador $D(x-y)$ se puede encontrar por:

$$\begin{equation} -(\partial^\mu \partial_\mu + m^2)D(x-y) = i \delta(x-y). \end{equation}$$

En $i$ aquí es sólo una cuestión de convención. En el espacio de Fourier vemos con bastante facilidad que:

$$\begin{equation} D(k) = \frac{i}{k^2 - m^2}. \end{equation}$$

Sea $J(x)$ sea alguna función del espaciotiempo que llamamos la corriente asociada a $\phi$ . La función generadora puede escribirse como una integral de trayectoria:

$$\begin{equation} Z[J] = \int \mathcal{D}\phi e^{i \int d^4 x (\mathcal{L} + J(x)\phi(x))}, \end{equation}$$

donde $\mathcal{L} = \mathcal{L}_0 + \mathcal{L}_{\mathrm{int}}$ y $\mathcal{D}\phi$ denota la integración sobre todas las configuraciones de campo (para un campo gauge, por ejemplo, habría que tener cuidado con fijar un gauge en esta expresión, pero para un campo escalar no hay problemas). En este lenguaje es sencillo ilustrar que la parte libre de la función generadora puede escribirse de la forma:

$$\begin{equation} Z_0[J] = Z_0[0] e^{-\frac{1}{2} \int d^4 x d^4 y J(x)D(x-y)J(y)}. \end{equation}$$

Esto puede hacerse partiendo de la definición de $Z[J]$ sólo consideramos el Lagrangiano libre y definimos el campo desplazado $\phi^\prime(x) = \phi(x) - i \int d^4 y J(y)D(x-y)$ . El subíndice $0$ indica que sólo consideramos la parte libre.

Para encontrar la expresión del vértice de 4 puntos que has escrito, hay que calcular la función de correlación de 4 puntos:

$$\begin{equation} \langle \Omega|T \{\phi(x_1) \phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4)\}|\Omega \rangle = \frac{\int d^4 x \phi(x_1)\phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4) e^{i \int d^4 x \mathcal{L}}}{\int d^4 x e^{i \int d^4 x \mathcal{L}}}. \end{equation}$$

Es sencillo comprobar que en el lenguaje de las derivadas funcionales y la función generadora $Z[J]$ uno podría escribir esto como:

$$\begin{align} &\langle \Omega|T \{\phi(x_1) \phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4)\}|\Omega \rangle = \frac{1}{Z[0]}\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_1)}\Big)\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_2)}\Big) \\ &\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_3)}\Big)\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_4)}\Big)Z[J] \Big|_{J=0}. \end{align}$$

Bien, ya tenemos todo listo para el cálculo. La función generadora total se puede escribir como:

$$\begin{equation} Z[J] = \int \mathcal{D}\phi e^{i \int d^4 x \mathcal{L}_{\mathrm{int}}} Z_0[J] = \int \mathcal{D}\phi e^{i \int d^4 x \frac{gh}{3!} (-i\frac{\delta}{\delta J(x)})^3 \partial^2 (-i \frac{\delta}{\delta J(x)})}Z_0[J]. \end{equation}$$

Si $g,h$ son pequeñas, entonces podemos buscar una expansión perturbativa de esta exponencial. Centrándonos en la parte interactuante en orden principal encontramos que:

$$\begin{equation} Z[J] \approx i \int d^4 x \frac{gh}{3!}(-i\frac{\delta}{\delta J(x)})^3 \partial^2 (-i \frac{\delta}{\delta J(x)})Z_0[J]. \end{equation}$$

Por lo tanto, la función de correlación se puede escribir como:

$$\begin{equation} \langle \Omega|T \{\phi(x_1) \phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4)\}|\Omega \rangle = \Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_1)}\Big)\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_2)}\Big) \\ \Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_3)}\Big)\Big(-i \frac{\delta}{\delta J(x_4)}\Big)i \int d^4 x \frac{gh}{3!}(-i\frac{\delta}{\delta J(x)})^3 \partial^2 (-i \frac{\delta}{\delta J(x)}) e^{-\frac{1}{2} \int d^4 x d^4 y J(x)D(x-y) J(y)}|_{J=0}. \end{equation}$$

Utilicemos la notación en la que dejamos la integral sobre $x$ implícita y, por ejemplo $D_{xy} = D(x-y)$ , $J_y = J(y)$ , $D_{xy} J_y \equiv \int d^4 y D(x-y)J(y)$ para que las expresiones sean más concisas. También dejaremos la evaluación en $J=0$ implícito. Los diagramas de burbujas, es decir, los que incluyen $D_{xx}$ se ignorará en la expansión que sigue. También ignoraremos los términos que den cero para $J=0$ .

Así que empecemos a calcular esta función de correlación utilizando esta notación compacta:

$$\begin{align} &-i \langle \Omega|T \{\phi(x_1) \phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4)\}|\Omega \rangle = \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3}\frac{\delta}{\delta J_4} \Big(\frac{\delta}{\delta J_x}\Big)^3 \partial^2 \Big(\frac{\delta}{\delta J_x}\Big) e^{-\frac{1}{2}J_z D_{zy}J_y} \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3}\frac{\delta}{\delta J_4} \Big(\frac{\delta}{\delta J_x}\Big)^3 e^{-\frac{1}{2}J_z D_{zy}J_y} \partial^2 (-D_{xy}J_y) \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3}\frac{\delta}{\delta J_4} \Big(\frac{\delta}{\delta J_x}\Big)^2 J_z D_{xz} e^{-\frac{1}{2} J_z D_{zy}J_y} \partial^2 (D_{xy}J_y) \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3}\frac{\delta}{\delta J_4} \frac{\delta}{\delta J_x} \Big(-D_{xz} J_z D_{xv} J_v e^{-\frac{1}{2}J_z D_{zy}J_y} \partial^2 (D_{xy} J_y)\Big) \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3}\frac{\delta}{\delta J_4} \Big(D_{xz}J_{z} D_{xv}J_v D_{xw}J_w e^{-\frac{1}{2} J_z D_{zy}J_y} \partial^2 (D_{xy} J_y)\Big) \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \frac{\delta}{\delta J_3} \Big[3 D_{x4} D_{xv}J_v D_{xw} J_w \partial^2 (D_{xy} J_y) + D_{xz} J_z D_{xv} J_v D_{xw}J_w \partial^2 (D_{x4})\Big] e^{-\frac{1}{2}J_{z}D_{zy}J_{y}} \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \frac{\delta}{\delta J_2} \Big[3! D_{x4} D_{x3} D_{xw} J_w \partial^2(D_{xy} J_y) + 3 D_{x4} D_{xv} J_v D_{xw}J_w \partial^2 D_{x3} + 3 D_{x3}D_{xv} J_v D_{xw} J_w \partial^2 D_{x4}\Big]e^{-\frac{1}{2}J_z D_{zy}J_y} \\ &= \frac{gh}{3!} \frac{\delta}{\delta J_1} \Big[3! D_{x4} D_{x3} D_{x2} \partial^2 (D_{xy}J_y) + 3! D_{x4} D_{x3} D_{xw} J_w \partial^2 D_{x2} + 3! D_{x4} D_{x2} D_{xw} J_w \partial^2 D_{x3} + 3! D_{x3}D_{x2}D_{xw}J_w \partial^2 D_{x4}\Big]e^{-\frac{1}{2}J_z D_{zy}J_y} \\ &= gh [D_{x4} D_{x3} D_{x2} \partial^2 D_{x1} + D_{x4} D_{x3} D_{x1} \partial^2 D_{x2} + D_{x4}D_{x2}D_{x1}\partial^2 D_{x3} + D_{x3} D_{x2} D_{x1} \partial^2 D_{x4}]. \\ \end{align}$$

En la notación ordinaria encontramos así que:

$$\begin{equation} \langle \Omega|T\{\phi(x_1)\phi(x_2)\phi(x_3)\phi(x_4)\}|\Omega \rangle = igh \int d^4 x [D(x-x_4) D(x-x_3) D(x-x_2) \partial^2 D(x-x_1) + D(x-x_4) D(x-x_3) D(x-x_1) \partial^2 D(x-x_2) + D(x-x_4)D(x-x_2)D(x-x_1)\partial^2 D(x-x_3) + D(x-x_3) D(x-x_2) D(x-x_1) \partial^2 D(x-x_4)]. \end{equation}$$

Recordemos que el propagador viene dado por:

$$\begin{equation} D(x-y) = \int \frac{d^4 k}{(2\pi)^4} \frac{i}{k^2 - m^2} e^{-ik \cdot x}. \\ \end{equation}$$

Por lo tanto, ahora es fácil ver que el vértice viene dado por:

$$\begin{equation} V_{\phi \phi \phi \phi} = -igh [p_1^2 + p_2^2 + p_3^2 + p_4^2], \end{equation}$$

donde $p_1 + p_2 + p_3 + p_4 =0$ (por lo que todos los momentos son entrantes) ya que una función delta del tipo $\delta(p_1 + p_2 + p_3 + p_4)$ aparecerá si calcula la función de correlación explícitamente.