La amplitud de una partícula va de$x$$y$$G(x,y)$.
Así que ¿por qué no la amplitud para ir $x$ $y$ % # %
$z$$
pero en lugar
$$ G(x,z) \neq \int G(x,y)G(y,z) dy^4 $$
Sé que esto proviene de la acción. Pero en términos de probabilidades, ¿cómo este sentido, en términos sencillos? ¿Cuál es el significado físico de este operador en el medio? es decir, puede ser pensado como la amplitud de la partícula a la vez, da la vuelta y la cabeza de la otra manera?
$\newcommand{\bphi}{\boldsymbol{\phi}} \newcommand{\bD}{\mathbf{D}} \newcommand{\phiu}{\bphi_\textrm{no forzados}} \newcommand{\fuerza de}{\mathbf{f}} \newcommand{\phi}{\bphi_s} \newcommand{\bG}{\mathbf{G}}$ Para responder a esta pregunta, en primer lugar se revisan algunos antecedentes de la información, y presentar algunas compactas de notación. A continuación, voy a hablar de por qué la expresión correcta es correcta. A continuación, voy a hablar de por qué la incorrecta expresión es incorrecta.
Usted puede averiguar esto con sólo mirar la situación de estilo clásico. En el clásico campo de la teoría, los conceptos de onda del operador y de la función de green son importantes. Vamos a revisar los conceptos en turno.
Clásicamente, un campo $\bphi$ que, cuando no hay forzamiento externo es appplied, satisface la ecuación de onda de $\bD \bphi=0$ donde $\bD$ es la ola del operador, que es un operador diferencial, en su caso, está dado por $\bD =\Box + m^2$. Es importante tener en cuenta que hay muchas soluciones de $\phiu$ a la ecuación de onda $\bD \bphi =0$.
Ahora supongamos que el campo $\bphi$ no siente una fuerza de $\force$. A continuación, el campo va a satisfacer la ecuación de onda $\bD \bphi = \force$. A continuación puede encontrar siempre una solución a $\phis$ a de la ecuación, pero esta solución no es única, porque si $\bD \phis = \force$, entonces usted también tiene $$\bD \left(\phis + \phiu\right) = \bD \phis + \bD\phiu = \bD \phis + \mathbf{0} =\force,$$ so $\phis + \phiu$ is also a solution whenever $\phiu$ es un no forzados solución.
Ahora es a menudo el caso en que se nos da un $\force$, y queremos encontrar una $\phis$. Una herramienta para hacer esto se llama la función de green. La función de green es una solución para la ecuación de onda cuando la fuerza de $f(y)$ está dado por una función delta $\delta(y)$. La función de green es denotado $G(y)$. Aviso de que hay muchas opciones de la función de green ya que las soluciones a la ecuación de onda no son únicas. Pero después de haber escogido a un particular de la función de green (que es, una solución particular $\bD \bG = \boldsymbol{\delta}$, podemos escribir la solución de la ecuación de onda arbitrarias de forzamiento ( $\bD \bphi=\force$ )$\phi_s(x)= \int G(x-y)f(y) dy$, lo que voy a escribir como $\phis = \bG * \force$.
Para explicar por qué la expresión es correcta, voy a probar, primero, que de manera abstracta el uso de símbolos, a continuación, voy a mostrar cómo la prueba funciona con un ejemplo.
Ahora que entendemos la ola operador $\bD$ y funciones de green $\bG$, podemos preguntarnos por qué es que $$ G(x,z) = \int G(x-y) (\Box_y +m^2) G(y-z) dy^4, $$ which in my notation is written $\bG = \bG * \bD \bG$. To think about this, it helps to consider a more general question, which is given a solution $\phis$, how can we obtain another solution $\phi'$, which experiences the same force $\fuerza de$ as $\phis$ (in symbols, $\bD \phi' = \fuerza = \bD \phis$)? One way to do this is to apply $\bD$ to $\phis$ to measure the force $\fuerza de$ producing $\phis$, and then use our green's function procedure to produce another solution $\phi'$ corresponding to this force: $\phi' = \bG * \fuerza = \bG*\bD \phis$. Notice that the right hand side depends on the choice of $\bG$, so unless we are very lucky, we will not have $\phi'$ be the same as $\phi$.
Pero hay un caso donde $\phis'$ será igual a $\phis$, y que es al $\phis$ sí vino de nuestra función de green $\bG$ (en símbolos, $\phis = \bG * \force$ para algunos de la fuerza de $\force$). A continuación, ya que todavía tenemos $\phis' = \bG * \force$, nos encontramos con que $\phis' = \phis$.
Ahora considere el caso, en particular donde $\phis$ viene de una función de green, y, de hecho, se trata de aplicar los verdes de función para una función delta force (en símbolos, $\phis = \bG*\boldsymbol{\delta} = \bG$. Entonces, como se acaba de explicar, tenemos $\phis' = \phis$. Ahora recordando cómo nos encontró originalmente $\phis'$ mediante la medición de la fuerza y en la aplicación de nuestra función de green método de la fuerza, de la ecuación de $\phis' = \phis$ hace $\bG * \bD \phis = \phis$. Luego de conectar nuestra elección particular $\phis = \bG$, obtenemos $\bG * \bD \bG = \bG$, que es lo que queríamos demostrar.
Para concretar más, sería de gran ayuda para ver un ejemplo. Considere la posibilidad de forzar un oscilador armónico simple con una frecuencia $\omega$, donde el (cero-dimensional) de campo $\bphi$ representa el oscilador de posición, y la ola operador es $\bD = \partial_t^2 + \omega^2$. ¿Cuál es la verdura de la función? Bueno, si llegamos a la oscilador con un martillo en $t=0$, esperamos que a oscilar con una frecuencia $\omega$, lo $G(t) = 0$$t<0$$G(t) = \sin(\omega t)$$t>0$, hasta un total constante. (Esta constante es $\dfrac{1}{\omega^2}$, por lo que nuestra función de green es en realidad $\dfrac{1}{\omega^2} \sin(\omega t)$).
Ahora vamos a ir a través de la discusión con este ejemplo. Nos tomamos nuestro de la función de green $\bG = \dfrac{1}{\omega^2} \sin(\omega t)$$t>0$$\bG =0$$t<0$, y nos enteramos de lo que la fuerza que la creó. Hacemos esto mediante la aplicación de la ola operador dado por $\bD = \partial_t^2 + \omega^2$. Al aplicar el operador nos encontramos con que el movimiento satisface la ecuación de onda para $t \ne 0$, pero que en $t=0$, algo extraño sucedió, specficially un $\delta$-función de la fuerza aplicada. Ahora que tenemos esta $\force$, podemos preguntar, ¿qué movimiento que obtenemos al aplicar nuestra función de green para esta fuerza. Así que hacer la convolución $ \int \dfrac{1}{\omega^2} \sin(\omega(t-t')) \delta(t') dt'$ y obtenemos la respuesta $\dfrac{1}{\omega^2} \sin(\omega(t))$, que es exactamente la función de green que iniciamos, así que todo lo comprueba.
Ahora también podemos hacer la pregunta ¿qué está mal con $\bG = \bG*\bG$? También observe que la integral implícita por la convolución '$*$' va a lo largo del tiempo. Esto probablemente no es lo que quería decir. Usted probablemente significaba $G(t_3,\vec{x}_3;t_1,\vec{x}_1)= \int G(t_3,\vec{x}_3;t_2,\vec{x}_2) G(t_2,\vec{x}_2;t_1,\vec{x}_1) d \vec{x}_2$, donde sólo el intermedio coordenada espacial $\vec{x}_2$ es integrada y no el tiempo de $t_2$.
Hay un problema obvio con esta, que es la $\bG$ a los conversos de la fuerza a la configuración del campo, no de configuración en el campo a campo de configuración. De manera que la ecuación de fallar en dimensiones motivos.
Observe, sin embargo, que incluso además de esos dos puntos, esto no tiene ninguna oportunidad de trabajo, porque el futuro de configuración de $\phi(t_3)$ del campo depende no sólo sobre el pasado de configuración en el campo, pero también en el pasado de campo impulso. Ahora usted puede rebatir que "ok, así que hay muchas futuras configuraciones del campo correspondiente a un determinado pasado de configuración en el campo, así que mi $\tilde{\bG}$ operador no será único, pero su $\bG$ también no era único, así que ¿cuál es la gran cosa?" Así se podría definir un no-singulares $\tilde{G}$, pero no habría manera de satisfacer $\tilde{G}(t_3-t_1) = \tilde{G}(t_3-t_2)\tilde{G}(t_2-t_1)$.
Para ver esto, volvamos al ejemplo del oscilador armónico simple. La elección natural de $\tilde{G}$$\cos(\omega t)$. Como se ha indicado anteriormente, necesario para tomar una decisión sobre el pasado ($t=0$) impulso del oscilador, y aquí elegimos el impulso a ser cero. Ahora supongamos que elegir algún tiempo pasado " $t_1$ y en el futuro,$t_3$. A continuación,$\tilde{\bG}(t_3 -t_1) = \cos(\omega(t_3-t_1))$, Ahora supongamos que elegir algún tiempo intermedio $t_2$. Qué $\tilde{G}(t_3-t_1) = \tilde{G}(t_3-t_2)\tilde{G}(t_2-t_1)$? Bueno, no es que no. ¿Qué va mal? Primero nos podemos calcular $\tilde{G}(t_2-t_1)$ y obtenemos $\cos(\omega (t_2-t_1))$, que es lo que se supone que debe llegar por la amplitud en el tiempo intermedio $t_2$. Pero ahora viene el problema crucial. Cuando evolucionamos esto adelante, multiplicando por $\tilde{G}(t_3-t_2)$, tenemos que hacer una suposición sobre el impulso. Nuestra elección fue asumir el impulso es igual a cero, pero en este caso no lo es. Esto significa que terminan $\cos(\omega(t_3 - t_2))\cos(\omega t_2)$ en lugar de $\cos(\omega(t_3-t_1))$ como se suponía. Este es el problema básico con el tratando de conseguir $\tilde{\bG} = \tilde{\bG}*\tilde{\bG}$.
El propagador de Feynman es la función de green de klein gordon ecuación, por tanto, $G(x,z) = \int G(x-y) (\Box_y +m^2) G(y-z) dy^4$ es equivalente a $G(x,z) = \int G(x-y) \delta(y-z) dy^4$ si utiliza la función delta para realizar la integral consigue $G(x,z)=G(x-z)$. Ahora, tan lejos como la intuición va yo diría que la razón por la que usted no puede simplemente multiplicar los propagadores es que, a continuación, obtener la probabilidad de que la partícula se fue de la z a y y de y a x, mientras que el propagador de Feynman sólo da la probabilidad de que la partícula se fue de z a x independiente de si es o no fue a través de la y. Esta es la razón por la que necesita la función delta de hacer cumplir que y y z son el mismo punto.
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