complex plane « Benjamin Cantabile in Europe

09/08/2011

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purely spacelikeという条件を課す。 $x^{0}-y^{0}=0$ 、 $\mathbf{x}-\mathbf{y}=r$

$D\left(x-y\right)=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{2E_{\mathbf{p}}}e^{-ip\cdot\left(x-y\right)}$

$D\left(x-y\right)=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{2E_{\mathbf{p}}}e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{r}}$

$=\frac{1}{\left(2\pi\right)^{2}}\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}dp\overset{1}{\underset{-1}{\int}}d\cos\theta\frac{p^{2}}{2\sqrt{p^{2}+m^{2}}}e^{-ipr\cos\theta}$

$=\frac{1}{\left(2\pi\right)^{2}}\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}dp\frac{p^{2}}{2\sqrt{p^{2}+m^{2}}}\frac{e^{ipr}-e^{-ipr}}{ipr}$

$=\frac{-i}{2\left(2\pi\right)^{2}r}\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}dp\frac{p}{\sqrt{p^{2}+m^{2}}}e^{ipr}-e^{-ipr}$

$=\frac{-i}{2\left(2\pi\right)^{2}r}\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dp\frac{pe^{ipr}}{\sqrt{p^{2}+m^{2}}}$

これは複素解析的に考えると、 $p=\pm im$ に極、そして分岐点を持っていて、ブランチカットがある。それを虚軸に張るとしよう。それから積分経路を、実軸を走り、それから上に包むような方向に行き、ブランチカットで下に走り、分岐点かつ極でターンして上がり、それから上に包むような方向にして実軸に戻ってくるような経路に選ぶ。としたら円弧のところは $R\rightarrow\infty$ としたらゼロであり、そしてその積分経路でなら複素積分がコーシーの定理によってゼロなので、それから考えれば、教科書の言っている、実軸積分をブランチカットを包むような経路に変えることができる、ということになる。

そうすると、実軸積分は、

$\rho=e^{-\frac{\pi}{2}i}p=-ip$

で変数変換をしたら、ブランチカットの隣を走る積分経路の積分になり、その2倍で計算すればいいわけである。

$D\left(x-y\right)=\frac{-i}{2\left(2\pi\right)^{2}r}\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dp\frac{pe^{ipr}}{\sqrt{p^{2}+m^{2}}}=\frac{2}{2\left(2\pi\right)^{2}r}\overset{\infty}{\underset{m}{\int}}d\rho\frac{i\rho e^{-\rho r}}{\sqrt{-\rho^{2}+m^{2}}}$

$D\left(x-y\right)=\frac{1}{4\pi^{2}r}\overset{\infty}{\underset{m}{\int}}d\rho\frac{\rho e^{-\rho r}}{\sqrt{\rho^{2}-m^{2}}}$

ここで $r\rightarrow\infty$ だったら、 $e^{-\rho r}$ がほぼゼロになるので、この積分では $\rho$ が一番小さい方が一番寄与できそうなイメージがある。つまり、積分する代わりに $\rho\rightarrow m$ を代入しても良いということ。この積分の係数で $r^{-1}$ がかかってあるが、それによる効果はintegrandの中の $\sqrt{\rho^{2}-m^{2}}$ で相殺される。定数倍を適当に無視すれば、この積分の結果の核心は $e^{-mr}$ である。lightconeの外側で指数関数的に減少してはいるけれどnonzeroである。

$D\left(x-y\right)=\frac{1}{4\pi^{2}r}\int\limits_{m}^{\infty}d\rho\frac{\rho e^{-\rho r}}{\sqrt{\rho^{2}-m^{2}}} \underset{r\rightarrow\infty}{\sim}e^{-mr}$

ふと考えてこれも問題がありそうに思われるが、そもそも、粒子がspacelikeなintervalをpropagateできるかどうかにこだわるより、spacelikeな関係の2つのスポットで、どれか一方でのmeasurementがほかのやつでのmeasurementに影響を与えるか否かを調べるのがどうかと。

もしcommutatorが0ならば、同時測定可能っていう意味で、つまりお互いの測定に影響を与えないということである。それを確認しよう。簡単な計算で次が言える。

$\left[\phi\left(x\right),\ \phi\left(y\right)\right] = \int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{2E_{\mathbf{p}}}\left(e^{-ip\cdot\left(x-y\right)}-e^{ip\cdot\left(x-y\right)}\right) = D\left(x-y\right)-D\left(y-x\right)$

$\left(x-y\right)^{2}0$ では、 $\left(x-y\right)\rightarrow-\left(x-y\right)$ を行うために、 $x^{0}-y^{0}=0$ という点を必ず通らなければいけないが、この点では絶対 $\left(x-y\right)^{2} \leq 0$ なので、これが不可能である。けれどspacelikeな領域でならできるのである。これでcommutatorは自然と0になる。

No measurement in the Klein-Gordon theory can affect another measurement outside the light-cone.

Fresnel Integral

08/08/2011

次のような積分の計算に関して考える。ここで $a>0$ とする。

$\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dxe^{\pm i a x^{2}}$

複素解析を導入して考える。ただの実軸上の積分を、複素平面へと $+\frac{\pi}{4}$ か $-\frac{\pi}{4}$ だけ回転させる。とすると、

$\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dxe^{\pm i a x^{2}}=e^{\mp i\frac{\pi}{4}}\int dze^{+a z^{2}}$

ここで、

$\begin{cases} z=e^{+i\frac{\pi}{4}}x & \left(-\frac{\pi}{4}\ \mathrm{rotation}\right)\\ z=e^{-i\frac{\pi}{4}}x & \left(+\frac{\pi}{4}\ \mathrm{rotation}\right) \end{cases}$

である。さて、 $z=Re^{i\theta}$ だとしよう。ふと考えると $R\rightarrow\infty$ とともに $e^{az^{2}}\rightarrow\infty$ となりそうである。そうするとintegrandが発散しちゃい、この積分は意味を持たなくなる。

この積分が意味を持ち得るための条件は、

$\Re z^{2}\rightarrow-\infty$

である。そうすれば $e^{az^{2}}$ が無限でも収束し、安全に積分ができるからである。こうなるためには、

$z^{2}=R^{2}\left(\cos2\theta+i\sin2\theta\right)$

で $\cos2\theta\leq0$ となることであり、これが意味するのは、 $\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dxe^{- i a x^{2}}$ の場合、つまり $z=e^{-i\frac{\pi}{4}}x$ にする場合で例えると、 $\frac{\pi}{2}\leq2\theta\leq\pi$ もしくは $\frac{\pi}{4}\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}$ である。

つまり、緑色の円弧のような回転方向を意味するのである。

the Contour of Fresnel Integral

原点からオレンジ色の経路( $L_2$ )に乗って出発し、緑色の円弧経路でターンして、赤色の経路( $L_3$ )で原点に戻ってくるようなcontourでの複素積分は、integrandがregularなので、Cauchyの積分定理よりゼロである。それに円弧積分は $R \rightarrow \infty$ でゼロなのを考えれば、次がわかる。

$\underset{L_{2}}{\int}e^{i\frac{\pi}{4}}dze^{a z^{2}} = -\underset{L_{3}}{\int}e^{i\frac{\pi}{4}}dze^{a z^{2}} = - \overset{+i\infty}{\underset{-i\infty}{\int}}e^{i\frac{\pi}{4}}dze^{a z^{2}}$

この積分経路は実軸と比べると $\frac{\pi}{2}$ の分回っているので、 $z=ix$ である。

$\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dx e^{-a i x^{2}} = - e^{\frac{\pi}{4}i} \overset{+i\infty}{\underset{-i\infty}{\int}} dze^{a z^{2}} = - e^{\frac{\pi}{4}i}i \overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dx e^{-a x^{2}}$

これよりintegrandに $e^{i a^2}$ が含まれている積分が、 $e^{-a^2}$ が入っている積分、つまりガウス積分となった。

$\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dx e^{-a i x^{2}} = - e^{\frac{\pi}{4}i}i \overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dx e^{-a x^{2}} = -ie^{\frac{\pi}{4}i}\sqrt{\frac{\pi}{a}} = \sqrt{\frac{\pi}{i a}}$

である。

Benjamin Cantabile in Europe

場の量子論でCausalityは守られているのか。-2-

Fresnel Integral

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