Диссертация (1150628), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Сначала построимвсе вакуумные 3-неприводимые диаграммы, имеющие не более 10 вершин:58ee eeA A111Ae+e e +e Ae+24 Q7248AA A QQeAeA e A e@eeW =112eee1+ 20eLLeZZee@@eee@A@eeH A HH1+ 16+AHee A HH eA@eAeeeeeeZZZZeeeeZL L ZL e+ 1 eL e+ 1 eZZ420LLZZZ eL eLeeZZZZeeeeeZZeLL e+eeeee" `` e"Z\ Zeee" @@\eL\\L\1 e1 eee+8\+ 120+...\TL \ \ TeLe\ eTeT\bTeZZ \ bbeeeИз них путём дифференцирования по вершине получаются все нужные диаграммы для функции V :59eV (α, u; ω) e =ωωe@@e+ 12 ωee@e+ ωe@@ e @e@γ1γ2eeee + ωe@@@e@@eeγ31+ωe@eee@e@@@e @eγ32b+ωee@@e @ee@@@eeeee@eeHHH+3 ω eHH@ eHe@eeγ41γ44+γ42eeeeeeHH@e@@@eHH e@Hee H e +3 ω e+6 ω e @@@+6 ω e@@@A@ e @@ee@A@@e@e @@eAeeγ43+γ32aee@eAeHHA H+3 ω eAH@@ e A HH eA@eAeγ32cee@@e @eeee@@@eee@+ 32 ω e @@ @+@e@@ee@@e@e @@eγ45γ46eeeeeeeHHH@ee@HH@@HH eHH1 ωeωω@eeeeeee+3+2 H+...+3@HH e HHH e@@HH@@e@eHeeeHHγ47γ48γ49Hee@В первом и втором порядках по u имеется по одной диаграмме, обозначимих γ1 и γ2 соответственно.
Диаграммы γ1 и γ2 симметричны по всем трёмвнешним вершинам, поэтому можно сразу любую вершину регуляризовывать. В третьем порядке имеются 2 различных диаграммы, обозначим ихγ31 и γ32 . Первая из них симметрична по внешним вершинам, вторая — нет.При симметризации γ32 будет встречаться в 3 различных вариантах, обозначим их γ32a , γ32b и γ32c . В четвёртом порядке уже имеются 9 различныхдиаграмм (γ41 — γ49 ), из которых не все являются симметричными, однакопри вычислении η4 отсутствие симметризации не скажется (оно скажетсятолько при вычислениях более высоких порядков: η5 , η6 и т.
д.). Таким60образом, имеем:1V = γ1 u + γ2 u2 + (γ31 + γ32a + γ32b + γ32b )u3 +231+ (3γ41 + 3γ42 + 6γ43 + 6γ44 + 3γ45 + γ46 + 3γ47 + 3γ48 + γ49 )u4 + ...22Вычисление γ1 . Как и при нахождении η3 , вынесем функцию Ψ(α; ω)и граф γ10 .q a+ω qAαq α−a+ωqAαAAAa AaqAq= π d H(α, α, a + ω, a + α0 − ω) a AaAAAAa Aaa Aaαaqq a AqAqAAaαaAqqAqqЧтобы найти η4 , нужно вычислить 4 члена разложения γ1 по ε. Для этогодостаточно найти 4 члена по ε для γ10 |ω=0 и 3 члена по ε для γ10 при произвольном ω до линейного по ω вклада. В диаграмме γ10 две нижние вершиныинтегрирования уникальны, а две верхние неуникальны.
Чтобы вычислитьγ10 с нужной точностью, рассмотрим следующую комбинацию:Q≡q α−a+ωqAAa Aaa AaAAaαaqAqqAqqqα−a+ωAQQAa Aa−2 a Aa QQAAQaα QqaqAqAq+qqAAa Aaa AaAA α−a+ω aαaqAqqAqВторая и третья диаграммы вычисляются явно. Каждая из этих диаграммимеет полюс второго порядка по ε (расходятся левый и правый треугольники), а указанная комбинация Q является конечной.
Индекс перебрасываемой линии ведёт себя следующим образом: α − a + ω = 21 + 3η41 ε +O(ε2 ) + ω ≡ c1 ε + c2 ω + ...61В линейном приближении Q пропорционально индексу верхней линии:Q=ec(c1 ε + c2 ω) + ...Теперь наша задача — найти коэффициент пропорциональности ec. Величина Q конечна, следовательно, она не зависит от способа регуляризации.Поэтому мы имеем право ввести такую регуляризацию, чтобы все входящие в Q диаграммы вычислялись явно.1-ый вариант — рассмотрим в размерности 6 + 2ε следующую комбинацию:qQ1 =qqqA 2 + b2 ε 2 + b1 ε QA Qcε2 A 2 + b2 ε2 Aε− A2 +Q A−q 2 + ε Aq 2Qq 2 AqQq 2 Aqcε2 + b1 ε A A2 + εq2 + ε Aq 2q−qcε A 2 + b2 ε2 A Aq 2 + ε Aq 2 q 2 Aq2 + b1 ε A 2 + εq+2 + b1 ε A 2 + ε A cεq 2 + ε Aq 2qA 2 + b2 ε Aq 2 Aq2Мы используем факт, что диаграмма следующего типа вычисляется явнов произвольной размерности:β qq3X...q mT3 m4 @q"C β"β1 bbTmn−1 n−1TTq "q m2bCqb"β2Gn (m1 , ..., mn , β1 , ..., βn−1 ) =m1,mnm1 , m2 , ..., mn — положительные целые числа, β1 , ..., βn−1 — произвольные.Эта диаграмма вычисляется путём многократного применения формулыинтегрирования по частям:q z2 q z3 qz1q=1d−2z1 −z2 −z3z2zq 2 + 1qz3qz1 − 1qzq 2 + 1q z3− −1@z1@qПодробное пояснение в приложении В.1.q+ z3qz2 zq 3 + 1qz1 − 1q−q z2 zq 3 + 1q z1q−162Рассмотрим диаграммы, входящие в Q1 .
В первой диаграмме нижняялевая вершина уникальна, и после её интегрирования получаем диаграммуG4 (1, 1, 2, 2, 3 + (b1 + 1)ε, cε, 2 + b2 ε). Во второй тоже имеется уникальнаявершина, поэтому она считается явно. Третья сводится к G3 (2, 2, 2, cε, 2 +b2 ε). А четвёртая просто интегрируется. Расчёты показывают следующее:1Q1 = − + ζ3 cε + O(ε2 ).2Таким образом, мы получили ec = − 21 + ζ3 , где ζz — дзета-функция Римана.2-ой вариант — рассмотрим непосредственно в размерности 6 следующую комбинацию:cωqA2+ωQ2 = A2q 2 Aq 2qA 2 + ω2 Aq 2 AqqqQ cω2 A 2 + ωQ A2 Q Aq 2 Aq 2QQq 2 Aq2 + ω A−2q+2 + ω A 2cω Aq 2 Aq 2qA 2 + ω Aq 2 Aq2В первой диаграмме 2 нижних вершины интегрирования уникальны, и после интегрирования любой из них мы получаем диаграмму G4 (1, 1, 2, 2, 3 +ω, cω, 2 + ω), которая вычисляется указанным выше алгоритмом.
Замечание: в процессе вычислений появляются диаграммы G2 (1, 1, β), G2 (1, 2, β)и G3 (1, 1, 1, β1 , β2 ), которые расходятся в размерности 6: если индекс Mвершины (суммарный индекс линий, примыкающих к ней) целочисленныйи M ≤ 3, то такая вершина в размерности 6 расходится. Поэтому для нихмы временно вводим размерную регуляризацию (d = 6 + 2ε). А в диаграммах, где M ≥ 4 уже полюсов по ε нет и можно положить ε = 0. Результатдля первой диаграммы будет содержать полюса по ω (но полюсов по ε небудет). Вторая и третья диаграммы, входящие в Q2 , уже считаются просто(во второй диаграмме нижняя левая вершина интегрирования уникальна).63Результат вычисления следующий:1Q2 = − + ζ3 cω + O(ω 2 ).2Таким образом, мы снова получили ec = − 12 + ζ3 .
Следовательно,1Q = − + ζ3 (c1 ε + c2 ω) + ...2Подставим нужные нам значения: c1 = 21 + 3η41 , c2 = 1: 11 3η1Q = − + ζ3+ε + ω + ...224После всех вычислений получаем:γ1 |ω=0 =8π 183π 18 ((2 + 3η1 )(3η1 − 26 + 16τ ) − 24η2 )++(2 + 3η1 )3 ε3(2 + 3η1 )4 ε2π 18+[72τ (2 + 3η1 )(9η12 − 72η1 − 52 − 24η2 )+54(2 + 3η1 ) ε+ 16(36τ 2 − π 2 )(2 + 3η1 )2 + 3(81η14 − 1044η13 + 24η12 (140 − 9η2 )++ 16η1 (373 + 171η2 − 18η3 ) + 48(45 + 40η2 + 12η22 − 4η3 ))]+π 18[(9216τ 3 − 47656 + 17076η1 − 2910η12 − 33η13 )(2 + 3η1 )3 −+632(2 + 3η1 )− 24(2 + 3η1 )2 (5116 − 804η1 + 27η12 )η2 + 7776(−18 + η1 )(2 + 3η1 )η22 −− 69120η23 + 48(36τ 2 − π 2 )(2 + 3η1 )2 (9η12 − 72η1 − 52 − 24η2 )++ 144τ (2 + 3η1 )(81η14 − 1044η13 + 24η12 (140 − 9η2 )++ 16η1 (373 + 171η2 − 18η3 ) + 48(45 + 40η2 + 12η22 − 4η3 ))−− 768τ π 2 (2 + 3η1 )2 − 576(2 + 3η1 )(−80 − 114η1 + 9η12 − 48η2 )η3 −− 2304(4 − 12η1 − 9η12 )η4 + 16(2 + 3η1 )3 (32 + 36η1 + 60η12 + 21η13 )ζ3 ] + O(ε),6432π 18∂γ1 8π 18 ((2 + 3η1 )(3η1 − 40 + 24τ ) − 48η2 )=−−−∂ω ω=0(2 + 3η1 )4 ε4(2 + 3η1 )5 ε3π 18−[48τ (2 + 3η1 )(9η12 − 114η1 − 80 − 48η2 )+(2 + 3η1 )6 ε2+ 16(36τ 2 − π 2 )(2 + 3η1 )2 + 297η14 − 1728η13 + 216(59 − 3η2 )η12 ++ 32(614 + 351η2 − 36η3 )η1 + 48(143 + 162η2 + 60η22 − 16η3 )]+π 18+[(13092 − 2516η1 + 649η12 − 78η13 − 2304τ 3 )(2 + 3η1 )3 +72(2 + 3η1 ) ε+ 8(36τ 2 − π 2 )(2 + 3η1 )2 (80 + 114η1 − 9η12 + 48η2 )++ 4(2 + 3η1 )2 (10532 − 1128η1 + 99η12 )η2 + 864(136 + 198η1 − 9η12 )η22 ++ 34560η23 + 12τ (2 + 3η1 )(−297η14 + 1728η13 + 216η12 (−59 + 3η2 )−− 32η1 (614 + 351η2 − 36η3 ) − 48(143 + 162η2 + 60η22 − 16η3 ))++ 192τ π 2 (2 + 3η1 )2 + 432(2 + 3η1 )2 (η1 − 18)η3 − 11520(2 + 3η1 )η2 η3 ++ 768(2 + 3η1 )2 η4 + 8(2 + 3η1 )3 (−12 + 4η1 + 5η12 + 6η13 )ζ3 ] + O(1),где τ = γE + ln π, γE = −Γ0 (1) — постоянная Эйлера.Перейдём к вычислению диаграммы γ2 .
От неё нам потребуется найти3 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 Aqα65Этот граф имеет полюс 4-го порядка по ε, и дифференцирование по ω неувеличивает сингулярности. Нужно вычислить три члена по ε для γ20 |ω=0∂γ20 и два для ∂ω . Путём интегрирования уникальных вершин мы сводимω=0γ20к следующей диаграмме:qHaγ20 = π 2d H(a, a, α)2 H(α, a0 , a + α0 )2 qq@a@ aHq@@aHHaHα−aα−a+ωα−a@q@q@a@a HH a@q @aHHHqaОбозначим 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 3 члена разложения по ε при ω = 0и 2 члена при произвольном ω до линейного по ω вклада. Для этого введёмвспомогательную диаграмму:qHaγe2 00 =q@@aqHH @@aHaHq@a@3α − 3a + ω@aqaa HH a@@q HHa@qHqРазность γ200 − γe2 00 при ω 6= 0 имеет полюс первого порядка по ε, а приω = 0 является конечной. Рассмотрим сначала γ200 − γe2 00 при ω = 0. Таккак эта разность конечна, она не зависит от способа регуляризации.
Приω = 0 у графа γ200 имеется 3 линии с индексом α − a, величиной порядкаε. Нам нужно перенести левую и среднюю линии к правой. Чтобы найтиразность, достаточно рассмотреть диаграмму, где изначально правая линияотсутствует, а левую и среднюю надо перенести на её место.66qHaq@@aHHaHHqα−aa@q@a@qH@a@α−aqHHa@q−q@@aa HH a@q @aaHHaHHqq@a@@a@2α − 2aqa@Hqaa HH a@q @HHa@qHqПеренос левой линии направо не даст вклада (так как диаграмма симметрична), вклад даст только перенос средней линии направо. Чтобы посчитать γ200 − γe2 00 , выберем индексы линий такими, чтобы у первой диаграммыбыло 4 уникальных вершины интегрирования, а именно:αqHHHaq@aHH@ αq @α@q@@α−aα@qHHHaaqHHa−@q@@αa HH a@q@@qα−aqα@HHa@qαa HH a@q@Hqq@HHq a@ α@aHqПосле всех возможных интегрирований получается следующее выражение:qπ 2d H(a, a, α)2 H(α, a0 , a+α0 )2a H aq α −HaHqHHa Haq q−a H αq α −HaHqHHa Hαq Задача свелась к вычислению диаграммы «петля с перекладиной» до квадратичного по ε вклада:d2d2qHHHd2 − 1 + c21 ε + c22 ε2HHHHqHqc51 ε + c52 ε2HHHHHHd− 1 + c41 ε + c42 ε2H−1 + c31 ε + c32 ε22Hq− 1 + c11 ε + c12 ε2Сначала рассмотрим случай, когда c51 = c52 = 0 (перекладина отсутствует).
В этом случае диаграмма считается явно. Разложив выражение вряд по ε до квадратичного члена, мы получаем следующий результат:67d2d2qHHHd2 − 1 + c21 ε + c22 ε2HHHHqHq =HHHHHHd2− 1 + c41 ε + c42 ε2HHq 2 − 1 + c31 ε + c32 ε− 1 + c11 ε + c12 ε2h+π 10 + 2τ (τ − 4) −π 6 + 2π 6 (−2 + τ )ε+π26+ c11 + c211 + c21 + c11 c21 + c221 ++ c31 + c231 + c41 + c31 c41 + c241 ε2 + O(ε3 )6Как видно из структуры выражения, в линейном порядке по ε коэффициенты cik , i = 1, 2, 3, 4, не входят, а в квадратичном порядке входят ci1 ,а ci2 не входят. Поэтому для вычисления диаграммы до квадратичного порядка достаточно оставить линейное приближение для индексов указанных4 линий.d2− 1 + c1 ε qHHHHd2qHHd− 1 + c2 εH2HHHHHqc51 ε + c52 ε2HH− 1 + c4 ε Hd − 1 + c ε32HqТеперь рассмотрим случай, когда c2 = c3 = c4 = 0.
Сделаем преобразование Фурье:d2− 1 + c1 ε qHHHd− 1HH2qHHd2−1HHH232Hq = H(d/2−1) H(d/2−1+c1 ε)H(c512ε+c52 ε )H(d−4+(c+c)ε+cε)15152dc51 ε + c52 εHq2−1qHHHHHqHHd2 q−c51 ε−c52 ε2HHHHHq1 − c1 εК полученному графу применим формулу интегрирования по частям:qqHHHH2 − c1 ε HHdd− c51 εH−Hc52 ε2− 1 −Hc51Hε − c52 ε2221qHHqqHq −= −2+(c1 +2c51 )ε+2c52 ε2 (1 − c1 ε) HHHHHHHHHHqHqqqqHHHH 22 − c1 ε H1 − c1 ε H21 − c1 ε HHHddd− c51 εH−Hc52 ε2− 1 −Hc51Hε − c52 ε2− c51 εH−Hc52 ε2 222HHqqHqqqq− +−HHHHHHHHHHq Hq Hq1 − c1 ε68Вторая и четвертая диаграммы в правой части считаются явно.
А перваяи третья — диаграммы вида:2 + c1 εqH1 + c2 εq 2 +Hc5HεqHHq 1 + c3 ε1 + c4 εHОни сходятся при ε = 0, и их нужно разложить до линейного по ε вклада.Результат следующий:q 1 + c2 ε2 + c1 εH 1H6q2 + c5Hεq = π− 3 + ζ3 +Hq 1 + c3 ε1 + c4 εHH+π6hc1 −c2 −2c3 −c43+149−2τ3−π460+− 83 i+ 2τ ζ3 ε + O(ε2 ).Пояснение в приложении В.2. В итоге получаем:d2− 1 + c1 ε qHHHd2−1qHHd−1H2HH2Hqc51 ε + c52 ε= π 6 + π 6 −4 + 2τ +53 − 2ζ3 c51 ε+HHdHq 2 −1hπ2π42+π 10 + 2τ (τ − 4) − 6 + c1 + c1 + 10τ3 + 30 − + c1 c51 + 35 − 2ζ3 c52 + 73 − ζ3 c251 ε2 + O(ε3 ).6589+( 193− 4τ )ζ3 c51 +А в общем случае будет:d2− 1 + c1 ε qHHHHd−1+c εH42qHHHd2 − 1 + c2 εHH qc51 ε + c52 ε2 H=d2 − 1 + c3 εHqπ 6 + π 6 −4 + 2τ +53 − 2ζ3 c51 ε+h2+π 10 + 2τ (τ − 4) − π6 + c1 + c21 + c2 + c22 + c1 c2 + c3 + c23 + c4 + c24 +10τπ45819+c3 c4 + 3 + 30 − 9 + ( 3 − 4τ )ζ3 c51 + (c1 + c2 + c3 + c4 )c51 + 35 − 2ζ3 c52 + 73 − ζ3 c251 ε2 + O(ε3 )6Подставляя значения для индексов a, α, находим:γ200π 18− γe2 = −+ O(ε)200Применяя ту же самую формулу, вычисляем 3 члена разложения для γe2 00 ,затем, прибавляем найденную только что разность, находим γ200 , затем γ20 и69γ2 (при ω = 0).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
