Является ли скалярный пропагатор четной функцией? - физиков.нет
0 голосов
/ 29 сентября

Скалярный пропагатор для лагранжиана Клейна-Гордона имеет вид:

$$D(x-y)=\int \frac{d^{4} k}{(2 \pi)^{4}} \frac{e^{i k(x-y)}}{k^{2}-m^{2}+i \varepsilon}$$

Мне нужно знать, является ли это четной функцией, то есть:

$$D(x-y) = D(-(x-y)) = \int \frac{d^{4} k}{(2 \pi)^{4}} \frac{e^{i k(x-y)}}{k^{2}-m^{2}+i \varepsilon}\tag{1}$$

Поскольку $k^2=k_0^2-\vec{k}^2$ и $k_0^2$ и $\vec{k}^2$ оба положительны.

Также

$$\int_{-\infty}^{\infty} d^4k e^{ik(x-y)}=\int_{-\infty}^{\infty} d^4k e^{-ik(x-y)}=\int_{-\infty}^{\infty} d^4k e^{ik(y-x)}$$

Итак, можем ли мы сделать вывод, что уравнение 1 действительно верно?

edit: перефразировать вопрос, надеюсь, теперь это имеет смысл

1 Ответ

1 голос
/ 29 сентября

Тот факт, что $D(x) = D(-x)$ немедленно следует из того факта, что подынтегральное выражение и мера интегрирования инвариантны относительно преобразований Лоренца, и напоминает, что $x \to -x$ (преобразование четности) действительно является преобразованием Лоренца.

Альтернативно, нетрудно доказать это явно. \begin{align} D(-x) &= \int_{R^4}\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\frac{e^{ik\cdot (-x)}}{k^2-m^2+i\varepsilon} \\ &= \int_{R^4}\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\frac{e^{i(-k)\cdot x}}{k^2-m^2+i\varepsilon}. \end{align} Теперь сделайте замену $k' = -k$. Поскольку $|\det(\partial k'/\partial k)|=|-1|=1$ и при этой замене $R^4$ отображается в себя, мы имеем путем подстановки для нескольких переменных , \begin{align} \phantom{D(-x)} &= \int_{R^4}\frac{d^4k'}{(2\pi)^4}\frac{e^{ik'\cdot x}}{(-k')^2-m^2+i\varepsilon} \\ &= \int_{R^4}\frac{d^4k'}{(2\pi)^4}\frac{e^{ik'\cdot x}}{k'^2-m^2+i\varepsilon} \\ &= D(x) \end{align} (поскольку $k'$ является просто фиктивной переменной; мы также использовали фактчто $(-k)^2 = k^2$).

Надеюсь, что это не слишком педантично и, возможно, прояснит! Приветствия

...