Диссертация (1150628), страница 7
Текст из файла (страница 7)
= V ω eeОбозначим эти диаграммы γ1 , γ2 , γ31 , γ32 , соответственно:1V = γ1 u + γ2 u2 + (γ31 + 3γ32 )u3 + ...2Имеется 3 основных формулы вычисления безмассовых диаграмм:z1qпетля:q = q z1 + z2 q ,z2цепочка:qz1qz2q = π d/2 H(z1 , z2 , d − z1 − z2 )уникальная тройная вершина:qz3q z2zH1q= π d/2 H(z1 , z2 , z3 )HqqJ0z20 Jz1 , z1 + z2 + z3 = d,0zq3 Jqq z1 + z2 − d/2 q ,48где линия с индексом z — это:qx1z1qx2= (x1 −x2 )2z .Если индекс линии не обозначен, то он равен единице:1qqx1x2= (x1 −x2 )2 .Во всех вышеперечисленных диаграммах все вершины интегрирования уникальны, и путём преобразования инверсии они сводится к вычислению двуххвостых диаграмм. Диаграмма γ1 сводится к следующей:qAa − ω Aa − ωAq a + ω AqAαAαAqAqAAa Aaa AaAAαaqq a AqAq'q$a−ω=qαqAa AaAaqAqa−ωa+ωαqAAαAAqAa AaAaqAqПояснение: первый шаг — преобразование инверсии с базой в верхней внешней вершине, второй шаг — интегрирование двуххвостой диаграммы (сведение её к линии), третий шаг — снова преобразование инверсии с базой вверхней вершине.Вычисление γ1 .q a+ω qAαq α−a+ωqAαAAAa AaqAq= π d H(α, α, a + ω, a + α0 − ω) a AaAAAAa Aaa Aaαaq a AqqAqAAaαaqAqqAqОбозначим вынесенный множитель через Ψ(α; ω):Ψ(α; ω) ≡ π d H(α, α, a + ω, a + α0 − ω).49Оставшийся граф обозначим γ10 :γ1 = Ψγ10 ,∂γ1 ∂ω ω=0γ1 |ω=0 = Ψ|ω=0 γ10 |ω=0 ,0∂Ψ ∂γ=γ10 |ω=0 + Ψ|ω=0 1 .∂ω ω=0∂ω ω=0Функция Ψ содержит множитель Γ(α − a + ω), который ведёт себя как1+ ...(2 + 3η1 )ε/4 + ωОстальные множители регулярны при ε = 0 и ω = 0.
Поэтому оказывается,что дифференцирование по ω увеличивает на порядок сингулярность:1 ∂Ψ 1Ψ|ω=0 ∼ ;∼.ε ∂ω ω=0 ε2Диаграмма γ10 имеет полюс второго порядка по ε, и дифференцирование поω не увеличивает сингулярность. Чтобы найти η3 , нам нужно вычислить3 члена разложения γ1 по ε. Для этого достаточно вычислить 3 члена поε для γ10 |ω=0 и 2 члена по ε для γ10 при произвольном ω до линейного поω вклада. В диаграмме γ10 две нижние вершины интегрирования уникальны, а две верхние неуникальны.
Чтобы вычислить γ10 с нужной точностью,рассмотрим следующую комбинацию:Q≡q α−a+ωqAAa Aaa AaAAaαaqAqqAqqqα−a+ωAQQAa Aa−2 a Aa QQAAQaα QqaqAqAq+qqAAa Aaa AaA α−a+ω AaaαqAqqAqВторая и третья диаграммы вычисляются явно. Каждая из этих диаграммимеет полюс второго порядка по ε (расходятся левый и правый треуголь-50ники), а указанная комбинация Q является конечной. Это позволяет вычислить γ1 с требуемой точностью. Результат:8π 183π 18 ((2 + 3η1 )(3η1 − 26 + 16τ ) − 24η2 )γ1 |ω=0 =++(2 + 3η1 )3 ε3(2 + 3η1 )4 ε2π 18[16(36τ 2 − π 2 )(2 + 3η1 )2 ++54(2 + 3η1 ) ε+ 72τ (2 + 3η1 )(9η12 − 72η1 − 52 − 24η2 )++ 3(81η14 − 1044η13 + 24η12 (140 − 9η2 ) + 16η1 (373 + 171η2 − 18η3 )++ 48(45 + 40η2 + 12η22 − 4η3 ))] + O(1),∂γ1 32π 188π 18 ((2 + 3η1 )(3η1 − 40 + 24τ ) − 48η2 )=−−−∂ω ω=0(2 + 3η1 )4 ε4(2 + 3η1 )5 ε3π 18−[16(36τ 2 − π 2 )(2 + 3η1 )2 +62(2 + 3η1 ) ε+ 48τ (2 + 3η1 )(9η12 − 114η1 − 80 − 48η2 )++ 297η14 − 1728η13 + 216(59 − 3η2 )η12 + 32(614 + 351η2 − 36η3 )η1 + 1,+ 48(143 + 162η2 + 60η22 − 16η3 )] + Oεгде τ = γE + ln π, γE = −Γ0 (1) — постоянная Эйлера.Рассмотрим диаграмму γ2 .
От неё потребуется найти 2 члена. Аналогичным образом выносится функция Ψ:γ2 = Ψγ20 .Граф γ20 получается следующий:αaqγ20 = qH aaHq@q a qAa a@@αAq@@qHaHqq aα−a+ω a@qα@ a A a@q a Aqα51Этот граф имеет полюс 4-го порядка по ε, и дифференцирование по ω неувеличивает сингулярности. Нужно вычислить два члена по ε для γ20 |ω=0∂γ20 и один для ∂ω . Путём интегрирования уникальных вершин мы сводимω=0γ20к следующей диаграмме:aqHq@HHaH@ aHq a@@aγ20 = π 2d H(a, a, α)2 H(α, a0 , a + α0 )2 qα−aα−a+ωα−a@q@q@a@aa HH a@q @HHHqaОбозначим её γ200 . Две сингулярности вынеслись во множитель H(a+α0 )2 , играф γ200 уже имеет полюс 2-го порядка: в нём расходятся верхний и нижнийтреугольники.
Наша задача — извлечь 2 члена разложения по ε при ω = 0и 1 член при произвольном ω до линейного по ω вклада. Для этого введёмвспомогательную диаграмму:qHaaHHaHHqγe2 00 = qaq@@3α − 3a + ω@a@@q@q@a@@aa HH a@qHHaHqРазность γ200 − γe2 00 при ω 6= 0 имеет полюс первого порядка по ε, а приω = 0 является конечной. И для вычисления γ2 с указанной выше точностью достаточно найти два члена по ε от γe2 00 при ω = 0 и один член припроизвольном ω до линейного по ω вклада.После всех возможных интегрирований получаем:q4a−dHHaqHγe2 00 = π 2d H(a, a, α)2 H(a, a + α0 , α − α0 )2 HHqα−a+ω HHH4a−dq a52Задача свелась к вычислению сходящейся диаграммы «петля с перекладиной» до линейного вклада по ε и ω:qHH d − 1 + c ε2H2HHHHHqqHc5 ε + c6 ωHHHHHdd−1+cεH−1 + c3 ε422qHd2− 1 + c1 εСначала рассмотрим случай, когда c5 = c6 = 0 (перекладина отсутствует). В этом случае диаграмма вычисляется явно. Разложив выражениев ряд по ε до линейного члена, мы получаем следующий результат:qHH d2 − 1 + c2 εHHHHH662qHHq = π + 2π (−2 + τ )ε + O(ε )HHHHHd− 1 + c4 ε Hd2 − 1 + c3 ε2qHd2− 1 + c1 εКак видно, в линейном порядке коэффициенты ci , i = 1, 2, 3, 4, не входят.Поэтому для расчёта диаграммы с перекладиной до линейного порядка достаточно оставить главное приближение для индексов указанных 4 линий.qHH d2 − 1HHHHHHqqcε+cω56HHHHHHdd−1H−122Hqd2−1Сделаем преобразование Фурье:d2q HHH−1qHH d2 − 1HHHHHc5 ε + c6 ωHHHd2−1dHHq 2 −1Hq =H(d/2−1)4 H(c5 ε+c6 ω)H(d−4+c5 ε+c6 ω)q HHHqHHHHd2HHHHHHHq− c5 ε − c6 ωHHq К полученному графу применим формулу интегрирования по частям:53qHHHHHHqdqH−cε−c=56ω 2HHHHHq 2=2−2+2c5 ε+2c6 ωqHHHqHHHH2HHHqd−1−cε−c6 ω5 −2HHq qqHHHHHHq d−c5 ε−c6 ω2qВторая диаграмма в правой части считается явно.
А первая являетсяконечной при ε = ω = 0:q2 HHqHHHqHq2= π 6 − 13 + ζ3 .Этой точностидостаточно для вычисления η3 . Мы получаем:qd−1 HH d2 − 12 H q56 566qHc5 ε+c6 ωH=π+π−4+2τ+−2ζcε+π−2ζ353 c6 ω + ...33HHd− 1 Hq −1d22Подставляязначения для индексов a, α, находим:q4a−dHHa 1H q566qH−2ζα−a+ω H=π+π−4+2τ+332 +HH4a−dq aH+π 6533η14ε+− 2ζ3 ω + ...Далее мы находим γ200 , затем γ20 и γ2 . Результат:32π 364π 36+[(45η1 − 142)(2 + 3η1 ) − 120η2 +γ2 |ω=0 =(2 + 3η1 )5 ε5 (2 + 3η1 )6 ε4 12+ 96(2 + 3η1 )τ − 12(2 + 3η1 ) ζ3 ] + O 3 ,ε∂γ2 128π 3664π 36=−+[(113 − 24η1 )(2 + 3η1 ) + 108η2 −∂ω ω=0(2 + 3η1 )6 ε6 3(2 + 3η1 )7 ε5 12− 72(2 + 3η1 )τ + 6(2 + 3η1 ) ζ3 ] + O 4 .εПерейдём к вычислению диаграмм γ31 и γ32 .
Для них нужно извлечьтолько ведущую асимптотику.00γ31 = Ψγ31, γ32 = Ψγ32,540γ31=α−a+ωe α e αeαααe αe αe0, γ32=α−a+ω e α e α e@ααα.@e α e α@ e00достаточно вычислить только при ω = 0 в главном прии γ32Графы γ31ближении по ε. Сингулярности возникают при интегрировании с полнымивершинами. Сингулярная часть такой функции равна:0d0Sing π H(a, a, α)H(α, a + α , a ) =2π 6.(2 + 3η1 )ε00содержится 6 таких сингулярных функций. Для изи γ32В диаграммах γ3162π 6влечения ведущей асимптотики достаточно вынести множитель (2+3η1 )εи стянуть полные вершины в точки.
Тогда оставшиеся графы уже не имеютникаких особенностей, и их можно вычислять непосредственно при ε = 00000, соответственно.и γ32(d = 6). Обозначим эти графы через γ31q00γ3100γ32=22qq222=2qq22q2q 2 qq 2 q@22@q 2 @q==qHHHq6 qπ H 2 2HHq 2qHH26 Hqπ qH2HHq 2= π 12 ,= π 12 − 31 + ζ3 .В итоге получаем:128π 54=+O(2 + 3η1 )7 ε7 1512π 541∂γ31 γ31 |ω=0=−+O 7 ,,688ε∂ω ω=0(2 + 3η1 ) εε 128(3ζ3 − 1)π 541∂γ32 512π 54 (3ζ3 − 1)1+O 6 ,+O 7 .γ32 |ω=0 ==−77883(2 + 3η1 ) εε∂ω ω=03(2 + 3η1 ) εεРассмотрим первое уравнение бутстрапа:V |ω=0 = 1В главном приближении V = γ1 u. Выражение γ1 |ω=0 в ведущем порядке поε пропорционально1ε3 .Следовательно, ренорм-инвариантная амплитуда u55в главном приближении ведёт себя как ε3 . Поэтому мы ищем u в виде:u = u3 ε3 + u4 ε4 + u5 ε5 + ...После решения первого уравнения бутстрапа получаем:(2 + 3η1 )3(2 + 3η1 )2 [(15η1 − 74 + 48τ )(2 + 3η1 ) − 72η2 ]u3 =, u4 = −,8π 1864π 18u5 = −(2 + 3η1 )[1 + 24ζ3 (2 + 3η1 )4 + 48(8 − 5τ )(2 + 3η1 )3 −18512π− 16(205 − 252τ + 72τ 2 + 2π 2 − 30η2 )(2 + 3η1 )2 ++ 288((4τ − 7)η2 − 2η3 )(2 + 3η1 ) − 1728η22 ].Рассмотрим второе уравнение бутстрапа:∂V (α, u; ω) 2p(α) = uS(α),∂ωω=0гдеp(α) = π −d H(α − d/2, d/2 − α), S(α) = π 2dH(α, α, α, a, a, a, d/2 + a − α).Γ(d/2)Подставляя найденные значения u3 , u4 , u5 , получаем:∂V 41 (2 + 3η1 )2 + 24η2=−+−∂ω ω=0(2 + 3η1 ) ε2(2 + 3η1 )27(2 − 3η1 )(2 + 3η1 )3 + 1728η22 − 576(2 + 3η1 )η3 + 24(2 + 3η1 )4 ζ3−ε + O(ε2 ).348(2 + 3η1 )Раскладывая левую и правую части второго уравнения бутстрапа до 3-гонетривиального порядка по ε, мы приходим к результату [46]:2172 216750 128ζ3 3η = ε−ε +−ε + O(ε4 ), d = 6 + 2ε.972959049243Этот результат совпадает с уже известным [48, 49]:143 28375 16ζ3 3η =− − + − 2 10 + 5 + O(4 ), d = 6 − .972923356Таким образом, с помощью метода конформного бутстрапа мы воспроизвели уже известный трёхпетлевой результат, при этом вычисляя значительно меньше фейнмановских диаграмм.573.
Расчёт 4-петлевой поправки к критическомуиндексу Фишера η теории φ3 методом конформногобутстрапа3.1.Проведение расчётаВ этой главе метод конформного бутстрапа используется для прове-дения четырехпетлевых расчетов -разложения индекса η. При этом потребовалась разработка методов расчета нового типа диаграмм, которыене встречались в вычислениях 3-петлевого приближения, представленныхв предыдущей главе. Результат сравнивается с полученным ранее численными методами [55].Для нахождения η4 нам потребуются вклады в функцию V (α, u; ω)вплоть до порядка u4 , где V определена в формуле (2.2).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
