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.
