¡La integral es cero! $\int \frac{\mathrm{d}^d k}{(2\pi)^d} = 0$

Question

Al utilizar la regularización dimensional en los cálculos de QFT, uno se encuentra con integrales sobre propagadores, que podrían parecerse a $(d = \text{dimension of spacetime}, n = \text{a number})$

$$\tag{1}I(d,n)=\int \frac{\mathrm{d}^d k}{(2\pi)^d}\frac{1}{\big[k^2-\Delta\big]^n}$$ donde se puede considerar que la integral es una función de la dimensión del espaciotiempo $d$ que aquí no necesita ser un número entero. Ahora hay una fórmula para la integral $(1)$ que viene dada por (véase, por ejemplo, el apéndice de Peskin y Schroeder) \begin{align}\tag{2}I(d,n)&=\int \frac{\mathrm{d}^d k}{(2\pi)^d}\frac{1}{\big[k^2-\Delta\big]^n} \\ &=\frac{(-1)^n\mathrm{i}}{(4\pi)^{d/2}}\frac{\Gamma(n-d/2)}{\Gamma(n)}\left(\frac{1}{\Delta}\right)^{n-d/2}. \end{align}

Mi pregunta es por qué la integral $$I(d,0) = 0.$$

Ampliar para pequeños $n$ obtenemos $$\frac{i 2^{-d} \pi ^{-d/2} (-1)^n \left(\frac{1}{\Delta }\right)^{n-\frac{d}{2}} \Gamma \left(n-\frac{d}{2}\right)}{\Gamma (n)} = i 2^{-d} \pi ^{-d/2} \left(\frac{1}{\Delta }\right)^{-d/2} \Gamma \left(-\frac{d}{2}\right)n+O\left(n^2\right)$$

Que es proporcional a $n$ y que según la matemática es ecuación a cero en el $n\rightarrow 0$ límite. De modo que

$$\tag{3}\int \frac{\mathrm{d}^d k}{(2\pi)^d} = 0~\text{(in dimreg)}.$$

Esto me recuerda a esa cosa en la teoría de cuerdas $$1+2+3+4+\cdots = -\frac{1}{12}.$$

Entonces, ¿dónde/qué en la derivación de la ecuación de resultado dimreg $(2)$ ¿entra(n) en escena la(s) suposición(es) que hace(n) posible la ecuación (3)? Porque $(3)$ parece que el volumen del espaciotiempo que debería ser infinito, todo esto es realmente extraño.

Answer 1

Como dijo Prahar en un comentario, dim. reg. nos permite ver que dos funciones son iguales en un semiplano, y si una de ellas es analítica en todo el plano, la otra función puede ser analíticamente continua también.

Así pues, el volumen del espaciotiempo es efectivamente cero en la regularización dimensional. Más en general, cualquier ley de potencia La divergencia se fija en cero en la regularización dimensional. Sólo las divergencias logarítmicas pueden ser "auténticas".

Este resultado, cero, es totalmente compatible con los valores asignados por la regularización zeta. Obsérvese que $$ \sum_{n=1}^\infty n = \zeta(-1)= -\frac{1}{12} $$ pero la versión más simple que quieres aquí es $$ \sum_{n=1}^\infty 1 = \zeta(0)= -\frac{1}{2} $$ Esta última relación es coherente porque implica $$ \sum_{n=-\infty}^\infty 1 = 1 + 2 \sum_{n=1}^\infty 1 = 1+ 2\times (-1/2) = 0 $$ He dividido la suma sobre todos los enteros a la suma sobre los positivos (que es $-1/2$ ), los negativos (también $-1/2$ ), y un $1$ de $n=0$ . La suma de estas tres partes se anula, lo que no es casualidad.

La integral puede escribirse como $$ \int_{-\infty}^\infty dx\,1 = \lim_{\epsilon\to 0} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \epsilon = 0\epsilon = 0 $$ donde utilicé la sustitución $x=n\epsilon$ y una definición de Riemann de la integral. De hecho, como el resultado ya evanescente de la suma se multiplicó por otro $\epsilon$ del $dx$ obtenemos un "cero más fuerte" del necesario. Por esa razón, la versión "integral" continua sería cero incluso si tuviéramos cosas como la integral sobre $x$ de cero, e incluso si el integrando fuera una potencia positiva de $x$ . La doceava parte menos se multiplicaría por $\epsilon^2\to 0$ . Puede comprobarlo explícitamente.

Answer 2

Utilizando la regularización zeta y la serie maclaurin de Euler la integral $ \int_{0}^{\infty}x^{m} $ no es cero, sino que está relacionado con $ \zeta (-m) $ ver mi ponencia http://vixra.org/abs/1009.0047 y en particular $\int_{0}^{\infty}dx=1+\zeta (0) 4$ mediante la fórmula de euler maclaurin