¿What´s la importancia de la normalización del término cinético?

Question

Su costumbre de leer en QFT libros de cómo es "más fácil" para tener una canónicamente normalizado cinética plazo. Así, por ejemplo:

$${\cal L} = {1 \over 2 }\partial_{\mu} \phi \partial^{\mu}\phi - {1 \over 2 } m^2 \phi \phi - {\lambda \over 4!} \phi^4$$

es canon. Y:

$${\cal L}_2 = \partial_{\mu} \phi \partial^{\mu}\phi - m^2 \phi \phi - 2 {\lambda \over 4!} \phi^4$$

no es.

Ahora, ambos tienen la misma ecuaciones clásicas de movimiento, ya que ${\cal L}_2 = 2 {\cal L}$. Supongamos acabo de realizar sobre la cuantización de la $\phi$ campo como de costumbre. La libre propagador es:

$$\langle 0| T\{\phi(x_1) \phi(x_2)\} |0 \rangle = {i \over 2} \Delta_F(x_1-x_2)$$ - el 1/2 factor viene del hecho de que es ahora la función de Green de $(\square+m^2)$ en lugar de ${1 \over 2 } (\square+m^2)$

Si tengo que calcular el punto cuatro de la función en el árbol de nivel:

$$\langle 0| T\{\phi(x_1) \phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4)\} |0 \rangle = \\ = -i 2 \lambda \int d^4z {\Delta_F(z-x_1) \over 2} {\Delta_F(z-x_2) \over 2} {\Delta_F(z-x_3) \over 2} {\Delta_F(z-x_4) \over 2}$$

Todos los "2" factores en la ecuación anterior desaparecer si cambio ${\cal L}_2$${\cal L}$. Pero, ya que no cancelar (hay un $2^{-3}$ a la izquierda) y esto los lleva a la sección transversal, me siento como Im obteniendo diferentes resultados de equivalente Lagrangians.

Lo que me estoy perdiendo? ¿Estoy obligado a tener la Cinética plazo en una canónica de normalización, de modo que ${\cal L}_2$ es "incorrecto")? Si es así, ¿qué condiciones se imponen esta normalización? O, si no, y los dos Lagrangians son realmente equivalentes: cómo hacer esto $2^{-3}$ desaparece antes de convertirse en una catastrófica $2^6$ de disminución de la sección transversal?

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Así que, mi opinión sobre la respuesta (por favor corríjanme si estoy errado): a partir de ${\cal L}$ por encima de, si se me permite un campo de redefinición $\phi \rightarrow \sqrt{2}\phi$ llego:

$${\cal L}_Z = \partial_{\mu} \phi \partial^{\mu}\phi - m^2 \phi \phi - 4 {\lambda \over 4!} \phi^4$$

que no es ${\cal L}_2$ (en la cual me multiplicado toda la ${\cal L}$ 2).

En tanto ${\cal L}_Z$ ${\cal L}_2$ me equivocaba con la normalización de la propagador, eso significa que voy a tener $\langle p | \phi(0) | 0 \rangle = {1\over\sqrt{2}}$ en lugar de $\langle p | \phi(0) | 0 \rangle = 1$. La LSZ fórmula sería:

$$\langle p_1 p_2 | S | p_3 ... p_n \rangle = ({1\over\sqrt{2}})^n (\mbox{amputaded diags.})$$

En el caso de ${\cal L}_Z$, todos los factores que en el punto cuatro de la función sería:

$$\langle 0| T\{\phi(x_1) \phi(x_2) \phi(x_3) \phi(x_4)\} |0 \rangle = \\ = -i 4 \lambda \int d^4z {\Delta_F(z-x_1) \over 2} {\Delta_F(z-x_2) \over 2} {\Delta_F(z-x_3) \over 2} {\Delta_F(z-x_4) \over 2}$$

Que amputa a: $$-i 4 \lambda (2\pi)^4 \delta(\mbox{momentum})$$ y $$\langle p_1 p_2 | S | p_3 ... p_n \rangle_{{\cal L}_Z} = -i \lambda (2\pi)^4 \delta(\mbox{momentum})$$

Exactamente el mismo que ${\cal L}$. Ahora, la misma operación en ${\cal L}_2$ le da:

$$\langle p_1 p_2 | S | p_3 ... p_n \rangle_{{\cal L}_2} = -i {\lambda \over 2} (2\pi)^4 \delta(\mbox{momentum})$$

Mostrando que, en el campo re-definiciones están bien, pero multiplicando el conjunto de Lagrange no es, la sección transversal se cambia por un factor de 4. @user1631 dijo en su respuesta que significa la redefinición de $h$, voy a tener que llevar a cabo este cálculo sin $\hbar =1$ a comprobar que.

Answer 1

En primer lugar observamos que el canónica de la normalización en realidad tiene un factor de 1/2 en la parte delantera de la cinética y términos de masa, y que el signo de la masa plazo debe ser revertida. Así que voy a considerar la Lagrangians $\mathcal{L}=\frac{1}{2}((\partial \phi)^2-m^2\phi^2)-\frac{\lambda}{4!}\phi^4$$\mathcal{L}_2=(\partial \phi)^2-m^2\phi^2-\frac{2\cdot \lambda}{4!}\phi^4$. Para encontrar la relación entre estos dos, vamos a hacer en el campo de la redefinición $\phi\mapsto \phi/\sqrt{2}$$\mathcal{L}_2$. Esto le da a $\mathcal{L}_2=\frac{1}{2}((\partial \phi)^2-m^2\phi^2)-\frac{\lambda'}{ 4!}\phi^4$ donde $\lambda'=\lambda/2$. Así que los dos Lagrangians sólo son equivalentes en virtud de una redefinición del acoplamiento, junto con un campo de redefinición. Es fácil comprobar que esto soluciona tu problema con los cuatro puntos de función.

Nota, sin embargo, que todavía se puede trabajar con $\mathcal{L}_2$ sin hacer el campo de redefinición. Las funciones de correlación de no estar de acuerdo en las dos teorías, pero el S-matrices de voluntad (hay una función de onda renormalization en el denominador de la LSZ fórmula.) Y al final, la S-matrix es la única cosa que usted puede medir de todos modos.

Edit: En respuesta al comentario de abajo, el factor que falta es, de hecho, relativa a la $\langle p|\phi(x)|0\rangle$. Aquí hay una manera de calcular esta cantidad si sólo conoce el propagador. Primera nota de que por la invariancia de Lorentz tenemos $\langle p|\phi(x)|0\rangle=\sqrt{Z}\exp(ipx)$ donde $Z$ es una constante. Tomando $x^0>y^0$ y la inserción de un conjunto completo de impulso autoestados, $$\begin{align*} \langle \phi(x)\phi(y)\rangle&=\int\frac{d^d\vec{p}}{(2\pi)^d2\omega}\langle 0|\phi(x)|p\rangle\langle p|\phi(y)|0\rangle=Z\int\frac{d^d\vec{p}}{(2\pi)^d2\omega}\exp(-ip(x-y)), \end{align*}$$ que es el ordinario propagador multiplicado por $Z$. En su $\mathcal{L}_2$ teoría del propagador es la mitad de la original, por lo $Z=1/2$ en árbol; bucle de correcciones para el propagador de corregir $Z$ respectivamente.

Answer 2

Clásico, multiplicando el Lagrangiano de una constante no hace nada por supuesto. Quantum mecánicamente, multiplicando el Lagrangiano de una constante es equivalente a cambiar la constante de Planck. Si usted mantiene la constante de Planck explícito en todos los cálculos esto sería más evidente, pero generalmente las personas definen como 1 y ocultarlo.