Диссертация (1150628), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Результат:32π 36γ2 |ω=0 =+(2 + 3η1 )5 ε54π 36 [(45η1 − 142)(2 + 3η1 ) − 120η2 + 96(2 + 3η1 )τ − 12(2 + 3η1 )2 ζ3 ]++(2 + 3η1 )6 ε4π 36+[960(72τ 2 − π 2 )(2 + 3η1 )2 + 24(π 4 − 720τ ζ3 )(2 + 3η1 )3 −7330(2 + 3η1 ) ε− 1440τ (2 + 3η1 )((45η1 − 142)(2 + 3η1 ) + 120η2 ) − 14400(2 + 3η1 )η3 ++ 5(2 + 3η1 )2 (31372 − 19380η1 + 3555η12 ) − 7200(2 + 3η1 )(9η1 − 37)η2 + 1+ 129600η22 − 480(2 + 3η1 )2 ((2 + 3η1 )(9η1 − 56) − 36η2 )ζ3 ] + O 2εПерейдём к вычислению (∂γ2 /∂ω)|ω=0 . Разность γ200 − γe2 00 при произвольном ω будет иметь полюс первого порядка по ε.
Этот полюсной вкладнам и потребуется (а конечная часть при произвольном ω не нужна). Поэтому на эту разность повлияет только перенос линии с индексом ω.qHHHaq @@ aaHq aH@@q@@ω@aqaa HH a@@qqHHHaHHaHqa@q−q@@q @@ aaHHq a@@aω@aqaa HH a@@qHHa@qHqЗдесь мы также имеем право регуляризовать так, чтобы в первом графебыло 4 уникальных вершины.
Пояснение: перенос линии с индексом ω изсреднего положения в правое эквивалентен последовательно применённым2 переносам: перенос верхнего хвоста линии направо и перенос нижнегохвоста, в первом случае мы вычитаем сингулярный вклад от верхнего треугольника, во втором — от нижнего. Поэтому указанная разность не зависит от способа регуляризации.70qHαaHHaHq@@Hqq@a@qH@α@ωqα@HHa@qqα@qa H aHqqH ω HHHaaq0 2π H(a, a, α) H(α, a , a + α )@α@HHa@qαa HH a@q @Hq02q@a@ωИ мы получаем следующее выражение:2dHqq@@−αa HH a@q @αaHHaHHqq−a H αqH ω HHqHa HαqЗадача свелась к вычислению диаграммыd2− 1 + c1 εqHHHHHHd2− 1 + c4 εqHHHd2 − 1 + c2 εHHHHHqc51 ε + c52 ε2 + c6 ωHHq d2− 1 + c3 εдо линейного по ε вклада в линейном приближении по ω. Как и при вычислении графа без ω, рассмотрим сначала случай, когда c2 = c3 = c4 = 0,и сделаем преобразование Фурье:d2qH− 1 + c1 ε qHHHHd2HHd2 − 1HHHc51 ε + c52 ε2 + c6 ωHqH=HHHd−1Hq 2 −1=31 − c1 ε2H(d/2−1) H(d/2−1+c1 ε)H(c51 ε+c52 ε +c6 ω)H(d−4+(c1 +c51 )ε+c52 ε2 +c6 ω)qHHHHHqHHHd2HHHq Также применяем формулу интегрирования по частям:H− c51 ε −Hc52ε2 − c6 ωHHHq71qqHH2 − c1 ε HHHHHdd22H52−c51 ε−c−1−c51ε−c Hε −c6 ωH52 ε −c6 ω221qHHqqHq = −2+(c1 +2c51 )ε+2c52 ε2 +2c6 ω (1−c1 ε) HH −HHHHHHHq q HH1 − c1 ε2 − c1 ε− qqHqHqH1 − c1 ε 21 − c1 ε 2HHHHHHHddd2 −c ωH52 ε2 −c6 ωH52 ε2 −c6 ω−cε−c−1−cε−cε−cε−c515152651HHqHHqHHq222qq+−HHHHHHHHHHHHqq q Первая и третья диаграммы в правой части равенства в линейном приближении не зависят от ω (для них выражения такие же, как и в случае безω), а вторая и четвертая считаются явно.
Получаем следующий результат:qHH d2 − 1 + c2 εHHHHHqqc51 ε + c52 ε2 + c6 ωHHHHHHHdd− 1 + c4 ε H2Hq 2 − 1 + c3 εd2− 1 + c1 ε= π6 + π653− 2ζ3 c6 ω + O(ω 2 ) +hn 566+ π −4 + 2τ + 3 − 2ζ3 c51 + π c1 + c2 + c3 + c4 − 142+ 19−4τζ+−2ζccω+O(ω)ε + O(ε2 )3351633589+10τ3+π430+В итоге:182πω1γ200 − γe2 00 = −+ O(ω 2 )+ O(1)2 + 3η1εПрименяя ту же самую формулу, вычисляем с нужной точностью γe2 00 , затем72γ200 , γ20 , γ2 и ∂γ2 /∂ω (при ω = 0). Результат:∂γ2 128π 36=−+∂ω ω=0(2 + 3η1 )6 ε664π 36 [(113 − 24η1 )(2 + 3η1 ) + 108η2 − 72(2 + 3η1 )τ + 6(2 + 3η1 )2 ζ3 ]++3(2 + 3η1 )7 ε52π 36+[−2880(72τ 2 − π 2 )(2 + 3η1 )2 − 48π 4 (2 + 3η1 )3 −8445(2 + 3η1 ) ε− 5(2 + 3η1 )2 (105500 − 44844η1 + 4995η12 ) + 2880(2 + 3η1 )(η1 − 347)η2 −− 544320η22 + 120(2 + 3η1 )2 ((2 + 3η1 )(45η1 − 466) − 360η2 )ζ3 ++ 51840(2 + 3η1 )η3 + 5760τ (2 + 3η1 )(226 + 291η1 − 72η12 + 108η2 + 1+ 6(2 + 3η1 )2 ζ3 )] + O 3εРассмотрим диаграммы третьего порядка: γ31 , γ32a , γ32b , γ32c . От нихпотребуется найти 2 члена по ε.
Точно так же выделяется функция Ψ:0000γ31 = Ψγ31; γ32a = Ψγ32a; γ32b = Ψγ32b; γ32c = Ψγ32c.Начнём с первой диаграммы:0γ31= α−a+ωqa q α qa q α qa qaAqaaAaAqaqaαααqa aq aAqqa aqAqαaqa aqAqαaСначала рассмотрим её при ω = 0: нам нужно найти 2 члена разложенияпо ε. Диаграмма имеет полюс 6-го порядка (расходятся треугольники синдексами a на сторонах). После интегрирования некоторых уникальныхвершин получаем следующее:73α−aqa q α qa q α qa qaAqaaAaAqaqaααqa aq aAqqαa aqaAqα−aq a qa α − a !q a q!a aaq a aaaa!q !a @q3d003= π (H(a, a, α)H(α, a + α , a )) a @ααa@qα −@a a qa α − aa aq aAqq a @qAqqaαaПолученный граф уже имеет полюс 3-го порядка. Имеется несколько линийс индексом α − a, который порядка ε.
Чтобы извлечь 2 члена разложенияот данного графа, можно перенести хвост линии с индексом α − a, опирающийся на сингулярный треугольник, к другой вершине этого треугольника(так как отличаться эти диаграммы будут в третьем нетривиальном порядке).α−a2α − 2aq a qa α − a !q a qqa aq!aq a qa! a@qa!aq a aa q aTa@q!!aaaaaaqqa!a!T@→=a @αaaα aTT a q a α − aα −@a a qa α − aα−aqq qqqTAq qq@Aaaaaaaqa 2α − 2a !q!T aaaq !a Da!2d002 T D= π (H(a, a, α)H(a, a + α , α − α ))α D 4a − dT4a − d α − aT a q a α − a Dq a TAq a q a DqПоследняя диаграмма имеет полюс первого порядка по ε.
Нужно от неёнайти полюсной и конечный вклады. Рассмотрим разность:qa 2α − 2a !q!T aa aq !a Da! T Dα TD 4a − d4a − d α − aT a q a α − a DqTqAqDqaaa2α − 2aqa!q!\ a!Daaaqa! \ D−α D 4a − da4a − d α −\\qDα−aaQqqaQ\qDqaaaЭта разность является конечной, поэтому не зависит от способа регуляризации.
Выберем размерность d = 6 и следующие индексы линий:qaq!! a2 aa!q !2 DD2D22qD2 2q 2q2AqDq+δ2−qa!q! a2aa!q !2 DD2D22qD2 Qqq 2 q2QDq2+δ274Первая диаграмма сводится к диаграмме типа G4 , вторая - к G3 , поэтомуони считаются явно. Получается:qa!q! a2aa!q !2 DD2D22Dq2 2q 2q2 +q δ 2 DqA−2qa!q!a2aa!q !2 DDD2DDq22q2Q2 Qqq 2 q2+δ= π 1856− ζ3 + O(δ).Следовательно,2α − 2aqa!q!!DT aaaaa!q D Tα TD 4a − d4a − d α − aT q α − a Da aq a TAq a q a Dqqa 2α − 2a !q!\ aaaa!q !a D\ D−α D 4a − da4a − d α −\\α − a DqaQ\Dqq a q aa Qqa= π 1856− ζ3 + O(ε).Осталось вычислить 2 члена от вычитаемой диаграммы:α − α02α − 2aqqqa!q!aD\ a aD\!aqa! \ D D= π 3d/2 H(a, a, α)2 H(a, a + α0 , α − α0 ) \α D 4a − dD 4a − d\a4a − d 4a − d α −\ α − α\0qα − α0 D\α − a DaQq 4a − d \Dqq a q aa QqDqq\aaЗадача свелась к вычислению сходящегося графа1 + c2 εqq\D D 2 + c3 ε2 + c1 ε \\D 1 + c5\ε 1 + c6 ε Dq 2 + c ε \q 2 + c ε Dq47до линейного по ε вклада.Сначала рассмотрим случай, когда c1 = c3 = c4 = c5 = c6 = c7 = 0(только c2 6= 0).
Мы получаем диаграмму типа G4 , которую нужноразложить до линейного по ε члена. Мы таким образом находим вкладв линейный член от размерности пространства и от индекса на верхнейлинии. Получается:75q\2qqD \ D 2 = π 9 + π 9 − 16 + 3τ − 20 ζ3 + 20 ζ5 + 8 + 8 ζ3 − 20 ζ5 c2 ε + O(ε2 )333333\D\ Dq\Dq1 + c2 ε22Теперь рассмотрим диаграмму в размерности d = 6, случай, когдаc2 = c5 = c6 = 0.
Тогда мы видим уникальный треугольник, и диаграммасводится к 2-петлевой:q\qD D 2 + c3 δ = π 3 H(2 + c1 δ, 2 − c1 δ, 2 + c3 δ, 2 − c3 δ)2 + c1 δ \\D\ Dq 2 + c δ \q 2 + c δ Dq41 + c1 δqH1 + c3 δHHqqH2Hq 2 + c7 δ2 + c4 δH7Эта 2-петлевая диаграмма уже вычислена до линейного члена (см. приложение). Получаем результат:q\qD D 2 + c3 δ2 + c1 δ \D\D\ q 2 + c δ \q 2 + c δ Dq4= π9 + π9 −53− 2ζ3 c4 −53 − 2ζ3 c7 δ + O(δ 2 ).7Осталось найти зависимость от коэффициентов c5 и c6 . Так как они входятв диаграмму симметрично, достаточно найти зависимость от одного изних.
Чтобы найти эту зависимость, рассмотрим сначала случай, когдаc2 = −c5 , все остальные ci = 0. Тогда снова образуется уникальныйтреугольник, и граф сводится к 2-петлевому:q\qD D 2 = π 3 H(1 + c5 δ, 1 − c5 δ)2 \\DD 1 + c5\δ q\qDq221 − c5 δq2 H 2H qqH2 + c5Hδ= π 9 − π 9 53 − 2ζ3 c5 δ + O(δ 2 ).HHq 1 − c5 δТеперь, чтобы получить зависимость от коэффициента c5 , надо из линейного вклада полученного выражения вычесть линейный вклад от случая,когда c5 = 0, а на верхней линии такой же коэффициент, как в последнемслучае.
Итог:76q\qD D 2 + c3 ε2 + c1 ε \\D 1 + c5\ε 1 + c6 ε Dqq\Dq1 + c2 ε2 + c4 ε= π 9 + π 9 3τ −163−203 ζ3+203 ζ5+83+ 83 ζ3 −203 ζ5c2 +2 + c7 ε+ − 35 + 2ζ3 (c4 + c7 ) + 1 +143 ζ3−203 ζ5(c5 + c6 ) ε + O(ε2 ),и для диаграммы γ31 при ω = 0 получается следующий результат:128π 5416π 54γ31 |ω=0 =+[(2 + 3η1 )(5(51η1 − 122) + 432τ )−(2 + 3η1 )7 ε7 (2 + 3η1 )8 ε6 1− 504η2 + 32(2 + 3η1 )2 (2ζ3 − 5ζ5 )] + O 5ε0Теперь нужно вычислить ∂γ31 /∂ω при ω = 0. Достаточно найти γ31вглавном порядке по ε до линейного по ω вклада.0=γ31 α−a+ωqa q α qa q α qa qaAqaaAaAqaqaααqa aq aAqαqa aqaAqαqαa aq aAqВ этой диаграмме расходятся треугольники с индексами a на сторонах,и, чтобы извлечь главный сингулярный вклад диаграммы, достаточно перемножить сингулярные вклады от всех таких треугольников, а сами этитреугольники стянуть в точки, и оставшуюся диаграмму рассмотреть приε = 0.
Сингулярный вклад от треугольника равен:2π 6Sing[π H(a, a, α)H(α, a + α , a )] =(2 + 3η1 )ε0d00В графе γ31имеется 6 таких треугольников, и при вынесении множителя22π 6стягивании этих треугольников в точки остаётся сходящаяся(2+3η1 )εдиаграмма:ωqaq!!Da!2 a2a!q22q2qDD2DDq277Её нужно разложить по ω до линейного вклада. Такая диаграмма ужевычислялась — она равнаπ 12 + π 128 820+ ζ3 − ζ5 ω + O(ω 2 ).3 33То есть,0γ3164π 48208 812=1++ζ−ζω+O(ω)+ ...35(2 + 3η1 )63 33ε6В итоге получается:512π 54∂γ31 128π 54=−−[3(2 + 3η1 )(11η1 − 36 + 24τ )−∂ω ω=0(2 + 3η1 )8 ε8 (2 + 3η1 )9 ε7 12− 96η2 + 4(2 + 3η1 ) (2ζ3 − 5ζ5 )] + O 6 .εПриступим к вычислению γ32a , γ32b , γ32c . При ω = 0 они все совпадают, поэтому можно взять любую из них — выберем γ32a .
Аналогичным0получается следующая:образом выносится функция Ψ, а диаграмма γ32aαq a qα−a+ω q a qaAqaaAqaαqa qaAqa0=αγ32aααqa aq aAqqa aqAqαaqa aqAqαaПри ω = 0 нужно вычислить 2 члена разложения по ε. После интегрирования некоторых уникальных вершин получаем:qa q α − aaAqaαqa qaAqaααqa aq Aqqa aq Aqaαa'a$α − a aqa q α − a qa qqaq aaAqa= π 3d (H(a, a, α)H(α, a + α0 , a0 ))3 a @αaα@q@qα−aα−aa aq Aqq@aqAaqqα qa qaAqaαaaaa0Как и при вычислении γ31, перенесём хвосты линий с индексом α − a надругие вершины сингулярных треугольников:78$'aaα − a aaqa q α − a qa qqqa qqa qqaq aaAaq aaAaqaq@ =→ a @2α − 2a αa @αaa@α −@a a q a α − a qα −@a a q a α − a@qAq@Aqqq qqaaaaaa 4a − dq 2α − 2a q 4a − d q\= π 2d (H(a, a, α)H(a, a + α0 , α − α0 ))2a \αa\α −\a a q a α − aq a \Aqa qqaПоследний граф уже имеет полюс первого порядка по ε — от него надоизвлечь полюсной и конечный вклады.
Рассмотрим разность: 4a − d 4a − dq 2α − 2a q 4a − d qq 2α − 2a q 4a − d\\−aaαaα\α−aα−aqα −\a a q a α − aa aq a \qAq aqq aqAqaaaqaqЭта разность конечна и не зависит от способа регуляризации. Выберемразмерность d = 6 и следующие индексы:q22q22qq22 2+δqAq22q2qq2q−222q2q2q2 2+δ 2qAq2qОба эти графа сводятся к диаграммам «петля с перекладиной», которыеуже были сосчитаны до линейного по δ члена. Мы получаем, что указанная18разность равна − π3 + O(δ). Таким образом, 4a − d 4a − dq 2α − 2a q 4a − d qq 2α − 2a q 4a − d\\−aaαaα\α−aα−aqα −\a a q a α − aa aq a \Aqa qqq aAqa qaaq18a= − π3 + O(ε).qВ вычитаемой диаграмме интегрируем цепочки снизу слева и получаемследующий граф:79 4a − dq 2α − 2a q 4a − d@@a α −@α α−aa@ qq@4a − daqaqОн уже не имеет сингулярностей, и его нужно вычислить до линейного поε члена.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
