Una pregunta sobre el diagrama y simetría factor de Feynman

Question

Considere la posibilidad de una $\varphi^3$ teoría: $$Z_1(J) \propto \exp\left[\frac{i}{6} Z_g g\int \mathrm{d}^4 x \left(\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta J}\right)^3\right] Z_0(J),$$ donde $$Z_0(J) = \exp\left[\frac{i}{2} \int \mathrm{d}^4 x \mathrm{d}^4 x' J(x)\Delta(x-x')J(x')\right].$$ Que es $$Z_1(J) \propto \sum_{V=0}^\infty \frac{1}{V!}\left[\frac{i}{6} Z_g g \int \mathrm{d}^4 x \, \left(\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta J}\right)^3\right]^V \times \sum_{P=0}^\infty \frac{1}{P!}\left[\frac{i}{2} \int \mathrm{d}^4 y \, \,\mathrm{d}^4 z\, J(y)\Delta(y-z)J(z)\right]^P.$$ En particular, podemos considerar el término al $V=2, P=3$. Cálculo de la muestra que $$\begin{equation} - i \frac{1}{2!}\frac{1}{3!} \frac{(Z_g g)^2}{6^2*2^3} \left[\int \mathrm{d}^4\, x_1 \, \mathrm{d}^4 x_2 \, \left(\frac{\delta}{\delta J(x_1)}\right)^3 \left(\frac{\delta}{\delta J(x_2)}\right)^3\right] \left[\int \mathrm{d}^4 y \, \mathrm{d}^4 z \, J(y)\Delta(y-z)J(z)\right]^3\\= - i \frac{1}{2!}\frac{1}{3!} \frac{(Z_g g)^2}{6^2*2^3} \int \mathrm{d}^4 x_1 \, \mathrm{d}^4 x_2 \, \left[3^3*2^4 \Delta(x_1-x_1)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_2-x_2) + \\ 3^2\times 2^5\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)\right]\\= -i(Z_g g)^2 \int \mathrm{d}^4 x_1 \, \mathrm{d}^4 x_2\, \times \left[\frac{1}{2^3} \Delta(x_1-x_1)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_2-x_2) + \\ \frac{1}{2\times 3!}\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)\right], \end{equation}$$ donde $\Delta(x_1-x_1)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_2-x_2)$ $\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_1-x_2)$ corresponden a su diagrama de Feynman. Entonces la pregunta es, ¿por $\frac{1}{2^3}$ $\frac{1}{2\times 3!}$ son sólo el recíproco de la simetría de los factores de la correspondiente diagrama de Feynman, respectivamente?

En el caso general de los $V, P$, ¿por qué los coeficientes de los términos en el resultado del cálculo son sólo el recíproco de la simetría de los factores de la correspondiente diagrama de Feynman, respectivamente?

Answer 1

Este es exactamente el punto de la simetría factor.

Digamos que el término en $Z$ que estamos considerando a $T$.

Sin tener en cuenta el simétrico de los intercambios que producen el factor de simetría, la contribución de cada diagrama de a $T$ es, simplemente, sus asociados plazo sin ningún factor numérico en la parte delantera (un factor de 1). Esto es porque si contamos a todos los que sea posible el intercambio de vértices, propagadores, derivados, etc. que deja el diagrama de Feynman invariante, este número perfectamente cancela el factoriales en la expansión de Taylor y nuestra elección de 1/6 y 1/2 en el campo de Lagrange. Si el factor de simetría de un diagrama es 1, cada uno de estos intercambios da lugar a un idéntico plazo en el $T$.

Cuando un diagrama tiene una simetría factor que no es 1, algunos de estos intercambios se mencionó anteriormente no dan lugar a términos y condiciones adicionales. Por lo tanto la contribución de dicho diagrama se debe dividir por el factor de simetría $S$.

Este es un tema confuso, me escribió una nota específicamente en este tipo de conteo de aquí