¿Representación espectral de Källén-Lehmann para partículas sin masa?

Question

¿Es posible escribir una fórmula similar a la de KL para las partículas sin masa (en particular, el fotón)?

La demostración habitual del teorema supone (ver http://www.thphys.uni-heidelberg.de/~weigand/QFT1-13-14/SkriptQFT1.pdf , página 44) que podemos impulsar a un marco donde la partícula está en reposo, y no he podido encontrar ninguna prueba que no haga esto.

Detalles

Escribe el espectro del hamiltoniano como $$ H|p,\lambda\rangle=E_p(\lambda)|p,\lambda\rangle $$ $$ \boldsymbol P|p,\lambda\rangle=\boldsymbol p|p,\lambda\rangle $$ donde $\lambda$ es cualquier conjunto de parámetros necesarios para distinguir diferentes estados con la misma energía-momento.

Escribe la relación de integridad de los estados propios como $$ |\Omega\rangle\langle\Omega|+\sum_\lambda\int \widetilde{\mathrm d k}\ |p,\lambda\rangle\langle p,\lambda|=\mathbb I $$ y el propagador exacto como $$ \boldsymbol\Delta(x,y)=\langle \Omega|T\ \phi(x)\phi(y)|\Omega\rangle $$

Inserte la identidad entre los campos: $$ \boldsymbol\Delta(x,y)=\sum_\lambda\int \widetilde{\mathrm d k}\ \langle \Omega|\phi(x)|p,\lambda\rangle\langle p,\lambda|\phi(y)|\Omega\rangle $$ donde tomo los campos para tener null vev .

A continuación, escriba $\phi(x)=e^{iPx}\phi(0)e^{-iPx}$ y impulsar a un marco donde $p=(m,0,0,0)$ , para conseguir $\langle \Omega|\phi(x)|p,\lambda\rangle=\langle \Omega|\phi(0)|0,\lambda\rangle e^{-ipx}$ . De aquí se desprende el teorema de KL.

¿Es posible evitar esto? impulsar para obtener una prueba alternativa del teorema? ¿O tal vez el teorema es falso para las partículas sin masa?

EDIT: Solución parcial

Ver Wikipedia: https://en.wikipedia.org/wiki/Mass_gap

Parece que en general KL es falso para las teorías gauge. En el caso del fotón, el teorema es cierto, pero hay que comprobarlo explícitamente. No sé si esto sigue siendo cierto en la QCD.

¿Puede alguien confirmarlo? ¿Está el problema de la brecha de masa relacionado con mi pregunta? ¿Es correcta esta solución (parcial)?

Answer 1

La representación de Källén-Lehmann no es más que una forma de expandir en la base del momento la función de correlación en dos puntos de un operador local $\hat{O}(x)$ La fórmula de K-L es válida tanto para las teorías masivas como para las teorías gauge no abelianas, en las que la situación es un poco más complicada. Demostremos la fórmula K-L con una prueba más general: empecemos con el estado de una partícula

$$F(p)=\langle \Omega|\phi(0)|p,\lambda\rangle$$

que veremos que no depende en absoluto de $p$ . Para poder demostrar este resultado basta con saber cómo se transforma un campo escalar. Sea $U(\Lambda)$ sea una representación unitaria del grupo de Lorentz, entonces

$$U^{\dagger}(\Lambda)\phi(0)U(\Lambda)=\phi(0)$$

y el estado de una sola partícula se transforma como

$$|\Lambda p,\lambda\rangle=U(\Lambda)| p ,\lambda\rangle$$

Así, se puede escribir

$$F(\Lambda p)=\langle \Omega|\phi(0)|\Lambda p,\lambda\rangle=\langle \Omega|\phi(0)U(\lambda)| p,\lambda\rangle=\langle \Omega|U(\Lambda)U^{\dagger}(\Lambda)\phi(0)U(\lambda)| p,\lambda\rangle$$

pero $U^{\dagger}(\Lambda)\phi(0)U(\lambda)=\phi(0)$ y por definición $| \Omega\rangle=U(\Lambda)| \Omega\rangle$ entonces tienes

$$F(\Lambda p)=F(p)$$

lo que significa que $F=F(p^2)$ es una función de un escalar de Lorentz. Ahora, se puede escribir $p^2=m^2$ ( $m^2$ puede ser cero; lo importante es $p^2=\text{const.}$ ) por lo que tiene que

$$F=F(m^2)= \sqrt{Z}$$

Nótese que todos los pasos hasta ahora se han llevado a cabo sin suponer que el espectro de la teoría tiene alguna brecha de masa, de hecho los estados que potenciamos son completamente arbitrarios y no en algún marco de reposo.

Para los estados multipartícula se puede utilizar simplemente

$$\langle O(x)O(0)\rangle=\int_{0}^{\infty} d\mu^2 \rho(\mu^2) \ i\Delta_F(x,\mu^2) \tag 1$$

donde el propagador tiene una masa ficticia $\mu^2$ De hecho, en este caso el continuo de estados comienza justo en $p=0$ y no hay una brecha prohibida entre el estado de una partícula y los estados multipartícula.

Para demostrar la fórmula general se parte de: (a partir de ahora, me olvidaré de la ordenación del tiempo y demás y sólo consideraré $\Delta_F^+=\Delta_F$ sólo para omitir pasajes innecesarios, también asumiré desde el principio que la teoría no tiene masa)

$$\langle O(x)O(0)\rangle=\langle 0|O(x)\sum_n |n,\lambda\rangle\langle n,\lambda|O(0)|0\rangle=\sum_n |\langle 0|O(0) |n,\lambda\rangle|^2 e^{-iP_n \cdot x}$$

donde definimos la identidad como

$$\mathbb{I}=|0\rangle\langle 0|+\int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2|p|}\sum_{\lambda}|p,\lambda\rangle\langle p,\lambda|+...$$

y hemos elegido la normalización covariante de los estados (es decir, la medida $d\sigma=\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2|p|}$ es invariante de lorentz y los estados se transforman como arriba) y $P_n$ es el momento asociado al estado de la partícula n-ésima. Ahora escribamos

$$\langle O(x)O(0)\rangle=\int d^4q \ e^{-iqx}\ \sum_n |\langle 0|O(0) |n,\lambda\rangle|^2 \delta^4(q-P_n)$$

E introduzca

$$\rho(q)= \sum_n |\langle 0|O(0) |n,\lambda\rangle|^2 \delta^4(q-P_n)$$

Es fácil demostrar que

$$\rho(\Lambda q)=\rho(q) \rightarrow \rho=\rho(q^2)$$

utilizando el hecho de que el $\delta$ es invariante y que la identidad $\mathbb I$ no le importa si los estados son potenciados o no, es decir $\mathbb I= \sum_n |n,\lambda\rangle\langle n,\lambda|=U(\Lambda)\mathbb I U^{\dagger}(\Lambda)=\sum_n |\Lambda n,\lambda\rangle\langle \Lambda n,\lambda|=\mathbb I$ donde hemos utilizado la unitaridad de la representación de la transformación de Lorentz $U \ U^{\dagger}=\mathbb I$ ) además su soporte está contenido en el espectro de la teoría por lo que

$$\rho(q)=0 \qquad \text{ if } \qquad q^0<0\\ \rho(q)=0 \qquad \text{ if } \qquad q^2<0$$

Reparametrizar $\rho$ de la siguiente manera: $\rho(q^2)\rightarrow \frac{\theta(q^0)}{(2\pi)^3}\rho(q^2)$ para hacer evidente la segunda condición de $\rho$ . Ahora podemos escribir

$$\langle O(x)O(0)\rangle=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^3} \theta(q^0)\rho(q^2) \ e^{-iqx}=\int d\mu^2\int \frac{d^4q}{(2\pi)^3} \theta(q^0)\rho(q^2) \ e^{-iqx} \delta(q^2-\mu^2)$$

donde $\mu$ es realmente un parámetro arbitrario. Ahora podemos ver que

$$i\Delta_F(x,\mu^2)=\int \frac{d^4q}{(2\pi)^3} \theta(q^0)\ e^{-iqx} \delta(q^2-\mu^2)=\int \frac{d^3q}{(2\pi)^3}\frac{1}{2\sqrt{|q|^2+\mu^2}} e^{-ixq}$$

Ahora está claro que podemos escribir la función de dos puntos como en $(1)$ para manifestar la presencia del estado de una partícula la descomposición de $\rho$ será

$$\rho=\frac{Z}{(2\pi)^3}\delta(q^2)+\rho_{M}$$

(donde $M$ significa estados multipartícula) entonces tendremos

$$\langle O(x)O(0)\rangle=Z \ i\Delta_F(x,0)+\int_{0}^{\infty} d\mu^2 \rho_{M}(\mu^2) \ i\Delta_F(x,\mu^2)$$

donde

$$i\Delta_F(x,0)=\int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2|p|} e^{-ixp}$$

Por lo que sé, el mismo argumento y la misma prueba (con algunos ajustes para tener en cuenta los grados de libertad de la polarización) son válidos para la función de dos puntos del fotón. Para las teorías gauge no abelianas no es posible tener una función bien definida $\rho$ por sí mismo porque es necesario tener en cuenta los campos fantasma que tienen el papel de anular los grados de libertad no físicos del propagador del gluón. Por eso creo que no es muy práctico utilizar este formalismo en el contexto de los campos gauge no abelianos donde es más fácil operar desde un enfoque integral de trayectoria.

EDITAR (respuesta al comentario):

La descomposición K-L se realiza utilizando una base del operador de momento que representa los estados intermedios entre la posición inicial y final de la partícula, por lo que cuando se considera la contribución de una partícula significa que es simplemente la partícula libre que se propaga sin estados intermedios (sin bucles si se mira perturbativamente). Entonces, los únicos cambios respecto a la teoría libre son que la masa física está influenciada por la interacción y la constante de renormalización Z, lo que significa que la probabilidad de tener una contribución de una partícula ya no es 1 como lo era en la teoría libre donde el campo $\phi$ podría producir sólo estados de una partícula. Esto también significa que al ser una partícula que se propaga por sí misma sin ninguna fuerza que actúe sobre ella, cuando se considera la contribución de una partícula tendrá una energía bien definida $p^0=E(\textbf{p})=\sqrt{\textbf{p}^2+m^2_{phys}}$ .

Si quieres una derivación muy clara para la versión fermiónica (spin 1/2) sólo tienes que mirar el libro de Itzykson y Zuber sobre QFT. También tienen una derivación para el propagador del fotón que me parece realmente torpe, pero es la única que he encontrado, después de haberla buscado en unos diez libros sobre el tema.