Gauge Field Notes
8.1

Problem 8.1

srednickiChapter 8

习题 8.1

来源: 第8章, PDF第69页

8.1 Starting with eq. (8.11), verify eq. (8.12).

Referenced Equations:

Equation (8.11):

Δ(x−x′)=∫d4k(2π)4eik(x−x′)k2+m2−iϵ.(8.11)\Delta(x - x') = \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{e^{ik(x-x')}}{k^2 + m^2 - i\epsilon} . \tag{8.11}

Equation (8.12):

(−∂x2+m2)Δ(x−x′)=δ4(x−x′).(8.12)(-\partial_x^2 + m^2)\Delta(x - x') = \delta^4(x - x') . \tag{8.12}

习题 8.1 - 解答

题目分析

本题旨在证明标量场的费曼传播子（Feynman propagator）Δ(x−x′)\Delta(x-x') 是克莱因-高登（Klein-Gordon）算符 (−∂x2+m2)(-\partial_x^2 + m^2) 的格林函数（Green's function）。在给定的度规约定（通常为大多为正的度规 ημν=diag(−,+,+,+)\eta_{\mu\nu} = \text{diag}(-, +, +, +)）下，四维动量平方为 k2=kμkμk^2 = k^\mu k_\mu，达朗贝尔算符为 ∂x2≡∂μ∂μ\partial_x^2 \equiv \partial^\mu \partial_\mu。

证明的核心在于将微分算符作用于传播子的动量空间积分表示上。由于微分算符只依赖于时空坐标 xx，它可以直接穿过对动量 kk 的积分号，作用在平面波因子 eik(x−x′)e^{ik(x-x')} 上。

推导过程

已知费曼传播子的积分表示为：

Δ(x−x′)=∫d4k(2π)4eik(x−x′)k2+m2−iϵ\Delta(x - x') = \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{e^{ik(x-x')}}{k^2 + m^2 - i\epsilon}

将克莱因-高登算符 (−∂x2+m2)(-\partial_x^2 + m^2) 作用于等式两边。由于积分是对动量 kk 进行的，微分算符可以直接作用于被积函数中的空间依赖部分 eik(x−x′)e^{ik(x-x')}：

(−∂x2+m2)Δ(x−x′)=∫d4k(2π)4(−∂x2+m2)eik(x−x′)k2+m2−iϵ(-\partial_x^2 + m^2)\Delta(x - x') = \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{(-\partial_x^2 + m^2)e^{ik(x-x')}}{k^2 + m^2 - i\epsilon}

首先计算达朗贝尔算符 ∂x2\partial_x^2 对平面波 eik(x−x′)e^{ik(x-x')} 的作用。利用链式法则和四维内积的定义 k(x−x′)=kμ(xμ−x′μ)k(x-x') = k_\mu (x^\mu - x'^\mu)，一阶导数为：

∂μeik(x−x′)=ikμeik(x−x′)\partial_\mu e^{ik(x-x')} = i k_\mu e^{ik(x-x')}

二阶导数（即达朗贝尔算符）为：

∂x2eik(x−x′)=∂μ∂μeik(x−x′)=(ikμ)(ikμ)eik(x−x′)=−k2eik(x−x′)\partial_x^2 e^{ik(x-x')} = \partial^\mu \partial_\mu e^{ik(x-x')} = (i k^\mu)(i k_\mu) e^{ik(x-x')} = -k^2 e^{ik(x-x')}

因此，整个克莱因-高登算符作用在平面波上得到：

(−∂x2+m2)eik(x−x′)=(k2+m2)eik(x−x′)(-\partial_x^2 + m^2) e^{ik(x-x')} = (k^2 + m^2) e^{ik(x-x')}

将此结果代回积分式中：

(−∂x2+m2)Δ(x−x′)=∫d4k(2π)4k2+m2k2+m2−iϵeik(x−x′)(-\partial_x^2 + m^2)\Delta(x - x') = \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{k^2 + m^2}{k^2 + m^2 - i\epsilon} e^{ik(x-x')}

在分布（广义函数）的意义下，无穷小量 iϵi\epsilon 仅用于在动量积分时避开实轴上的极点（即提供正确的极点绕行路径以满足因果律）。当分子出现精确的 (k2+m2)(k^2 + m^2) 因子时，在取极限 ϵ→0+\epsilon \to 0^+ 的情况下，除了极点外的几乎处处都有：

lim⁡ϵ→0+k2+m2k2+m2−iϵ=1\lim_{\epsilon \to 0^+} \frac{k^2 + m^2}{k^2 + m^2 - i\epsilon} = 1

因此，积分简化为：

(−∂x2+m2)Δ(x−x′)=∫d4k(2π)4eik(x−x′)(-\partial_x^2 + m^2)\Delta(x - x') = \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} e^{ik(x-x')}

根据傅里叶变换的基本性质，上述积分正是四维狄拉克 δ\delta 函数（Dirac delta function）的积分表示：

∫d4k(2π)4eik(x−x′)=δ4(x−x′)\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} e^{ik(x-x')} = \delta^4(x - x')

综上所述，我们得到了：

(−∂x2+m2)Δ(x−x′)=δ4(x−x′)\boxed{ (-\partial_x^2 + m^2)\Delta(x - x') = \delta^4(x - x') }

这证明了式 (8.12) 成立。

8.2

Problem 8.2

srednickiChapter 8

习题 8.2

来源: 第8章, PDF第69页

8.2 Starting with eq. (8.11), verify eq. (8.13).

Referenced Equations:

Equation (8.11):

Δ(x−x′)=∫d4k(2π)4eik(x−x′)k2+m2−iϵ.(8.11)\Delta(x - x') = \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{e^{ik(x-x')}}{k^2 + m^2 - i\epsilon} . \tag{8.11}

Equation (8.13):

Δ(x−x′)=i∫dk~ eik⋅(x−x′)−iω∣t−t′∣=iθ(t−t′)∫dk~ eik(x−x′)+iθ(t′−t)∫dk~ e−ik(x−x′),(8.13)\begin{aligned} \Delta(x - x') &= i \int \widetilde{dk} \, e^{i\mathbf{k} \cdot (\mathbf{x}-\mathbf{x}') - i\omega|t-t'|} \\ &= i\theta(t-t') \int \widetilde{dk} \, e^{ik(x-x')} + i\theta(t'-t) \int \widetilde{dk} \, e^{-ik(x-x')} , \end{aligned} \tag{8.13}

习题 8.2 - 解答

题目分析与物理背景

本题要求从动量空间的费曼传播子表达式出发，通过复变函数中的留数定理完成能量 k0k_0 的积分，从而推导出包含推迟与超前部分的坐标空间传播子表达式。

在 Srednicki 的量子场论约定中，采用的是“大多为正”的度规张量 ημν=diag(−,+,+,+)\eta_{\mu\nu} = \text{diag}(-, +, +, +)。因此，四维动量平方为 k2=k2−k02k^2 = \mathbf{k}^2 - k_0^2，四维内积为 k⋅x=k⋅x−k0tk \cdot x = \mathbf{k} \cdot \mathbf{x} - k_0 t。

推导过程

出发点为方程 (8.11)：

Δ(x−x′)=∫d4k(2π)4eik(x−x′)k2+m2−iϵ\Delta(x - x') = \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{e^{ik(x-x')}}{k^2 + m^2 - i\epsilon}

将四维积分拆分为对三维动量 k\mathbf{k} 和能量 k0k_0 的积分，并代入度规约定：

Δ(x−x′)=∫d3k(2π)3eik⋅(x−x′)∫−∞∞dk02πe−ik0(t−t′)−k02+k2+m2−iϵ\Delta(x - x') = \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} e^{i\mathbf{k} \cdot (\mathbf{x}-\mathbf{x}')} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dk_0}{2\pi} \frac{e^{-ik_0(t-t')}}{-k_0^2 + \mathbf{k}^2 + m^2 - i\epsilon}

定义在壳能量 ω=k2+m2\omega = \sqrt{\mathbf{k}^2 + m^2}，则 k0k_0 积分的被积函数分母可以写为 −(k02−ω2+iϵ)-(k_0^2 - \omega^2 + i\epsilon)。该被积函数在复 k0k_0 平面上有两个单极点，位置由 k02=ω2−iϵk_0^2 = \omega^2 - i\epsilon 给出。由于 ϵ\epsilon 是一个无穷小正数，极点位于：

k0=±ω2−iϵ≈±(ω−iϵ2ω)k_0 = \pm \sqrt{\omega^2 - i\epsilon} \approx \pm \left(\omega - i\frac{\epsilon}{2\omega}\right)

即两个极点分别为 k0=ω−iϵ′k_0 = \omega - i\epsilon'（位于下半平面）和 k0=−ω+iϵ′k_0 = -\omega + i\epsilon'（位于上半平面）。

接下来对 k0k_0 进行复变积分：

I=∫−∞∞dk02π−e−ik0(t−t′)(k0−ω+iϵ′)(k0+ω−iϵ′)I = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dk_0}{2\pi} \frac{-e^{-ik_0(t-t')}}{(k_0 - \omega + i\epsilon')(k_0 + \omega - i\epsilon')}

情况 1：当 t−t′>0t - t' > 0 时 为了使指数因子 e−ik0(t−t′)e^{-ik_0(t-t')} 在无穷远处衰减，必须在复平面的下半平面闭合积分回路。该回路为顺时针方向，包围的极点为 k0=ω−iϵ′k_0 = \omega - i\epsilon'。根据留数定理：

I=−2πi×Res∣k0=ω=−2πi(12π−e−iω(t−t′)ω+ω)=i2ωe−iω(t−t′)I = -2\pi i \times \text{Res}\Big|_{k_0 = \omega} = -2\pi i \left( \frac{1}{2\pi} \frac{-e^{-i\omega(t-t')}}{\omega + \omega} \right) = \frac{i}{2\omega} e^{-i\omega(t-t')}

情况 2：当 t−t′<0t - t' < 0 时 为了使指数因子衰减，必须在复平面的上半平面闭合积分回路。该回路为逆时针方向，包围的极点为 k0=−ω+iϵ′k_0 = -\omega + i\epsilon'。根据留数定理：

I=2πi×Res∣k0=−ω=2πi(12π−e−i(−ω)(t−t′)−ω−ω)=i2ωeiω(t−t′)I = 2\pi i \times \text{Res}\Big|_{k_0 = -\omega} = 2\pi i \left( \frac{1}{2\pi} \frac{-e^{-i(-\omega)(t-t')}}{-\omega - \omega} \right) = \frac{i}{2\omega} e^{i\omega(t-t')}

综合上述两种情况，可以利用绝对值 ∣t−t′∣|t - t'| 将结果统一写为：

I=i2ωe−iω∣t−t′∣I = \frac{i}{2\omega} e^{-i\omega|t-t'|}

将 k0k_0 的积分结果代回原式，得到：

Δ(x−x′)=∫d3k(2π)3eik⋅(x−x′)(i2ωe−iω∣t−t′∣)\Delta(x - x') = \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} e^{i\mathbf{k} \cdot (\mathbf{x}-\mathbf{x}')} \left( \frac{i}{2\omega} e^{-i\omega|t-t'|} \right)

引入洛伦兹不变的相空间测度 dk~≡d3k(2π)32ω\widetilde{dk} \equiv \frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega}，上式即化为方程 (8.13) 的第一行：

Δ(x−x′)=i∫dk~ eik⋅(x−x′)−iω∣t−t′∣\Delta(x - x') = i \int \widetilde{dk} \, e^{i\mathbf{k} \cdot (\mathbf{x}-\mathbf{x}') - i\omega|t-t'|}

为了得到方程 (8.13) 的第二行，我们利用阶跃函数 θ(t)\theta(t) 将绝对值展开：

e−iω∣t−t′∣=θ(t−t′)e−iω(t−t′)+θ(t′−t)eiω(t−t′)e^{-i\omega|t-t'|} = \theta(t-t') e^{-i\omega(t-t')} + \theta(t'-t) e^{i\omega(t-t')}

代入积分中，得到两项：

Δ(x−x′)=iθ(t−t′)∫dk~ eik⋅(x−x′)−iω(t−t′)+iθ(t′−t)∫dk~ eik⋅(x−x′)+iω(t−t′)\Delta(x - x') = i\theta(t-t') \int \widetilde{dk} \, e^{i\mathbf{k} \cdot (\mathbf{x}-\mathbf{x}') - i\omega(t-t')} + i\theta(t'-t) \int \widetilde{dk} \, e^{i\mathbf{k} \cdot (\mathbf{x}-\mathbf{x}') + i\omega(t-t')}

此时，四维动量 kμk^\mu 已经处于在壳状态（on-shell），即 kμ=(ω,k)k^\mu = (\omega, \mathbf{k})，因此四维内积为 k(x−x′)=k⋅(x−x′)−ω(t−t′)k(x-x') = \mathbf{k} \cdot (\mathbf{x}-\mathbf{x}') - \omega(t-t')。

  • 对于第一项，指数部分恰好为 ik(x−x′)ik(x-x')。
  • 对于第二项，我们对积分变量作代换 k→−k\mathbf{k} \to -\mathbf{k}。由于 ω=k2+m2\omega = \sqrt{\mathbf{k}^2 + m^2} 和测度 dk~\widetilde{dk} 在此变换下保持不变，指数部分变为：
−ik⋅(x−x′)+iω(t−t′)=−i[k⋅(x−x′)−ω(t−t′)]=−ik(x−x′)-i\mathbf{k} \cdot (\mathbf{x}-\mathbf{x}') + i\omega(t-t') = -i \big[ \mathbf{k} \cdot (\mathbf{x}-\mathbf{x}') - \omega(t-t') \big] = -ik(x-x')

将这两项合并，即得到最终结果：

Δ(x−x′)=i∫dk~ eik⋅(x−x′)−iω∣t−t′∣=iθ(t−t′)∫dk~ eik(x−x′)+iθ(t′−t)∫dk~ e−ik(x−x′)\boxed{ \begin{aligned} \Delta(x - x') &= i \int \widetilde{dk} \, e^{i\mathbf{k} \cdot (\mathbf{x}-\mathbf{x}') - i\omega|t-t'|} \\ &= i\theta(t-t') \int \widetilde{dk} \, e^{ik(x-x')} + i\theta(t'-t) \int \widetilde{dk} \, e^{-ik(x-x')} \end{aligned} }

至此，方程 (8.13) 验证完毕。

8.3

Problem 8.3

srednickiChapter 8

习题 8.3

来源: 第8章, PDF第69页

8.3 Starting with eq. (8.13), verify eq. (8.12). Note that the time derivatives in the Klein-Gordon wave operator can act on either the field (which obeys the Klein-Gordon equation) or the time-ordering step functions.

Referenced Equations:

Equation (8.12):

(−∂x2+m2)Δ(x−x′)=δ4(x−x′).(8.12)(-\partial_x^2 + m^2)\Delta(x - x') = \delta^4(x - x') . \tag{8.12}

Equation (8.13):

Δ(x−x′)=i∫dk~ eik⋅(x−x′)−iω∣t−t′∣=iθ(t−t′)∫dk~ eik(x−x′)+iθ(t′−t)∫dk~ e−ik(x−x′),(8.13)\begin{aligned} \Delta(x - x') &= i \int \widetilde{dk} \, e^{i\mathbf{k} \cdot (\mathbf{x}-\mathbf{x}') - i\omega|t-t'|} \\ &= i\theta(t-t') \int \widetilde{dk} \, e^{ik(x-x')} + i\theta(t'-t) \int \widetilde{dk} \, e^{-ik(x-x')} , \end{aligned} \tag{8.13}

习题 8.3 - 解答

题目分析与物理背景

本题要求从费曼传播子 Δ(x−x′)\Delta(x-x') 的动量空间积分表达式（式 8.13）出发，验证其满足非齐次 Klein-Gordon 方程（式 8.12），即证明费曼传播子是 Klein-Gordon 算符的格林函数。

在 Srednicki 的教材约定中，时空度规采用 mostly-plus 符号差 ημν=(−,+,+,+)\eta_{\mu\nu} = (-, +, +, +)。因此，四维动量与坐标的内积为 k⋅x=−ωt+k⋅xk \cdot x = -\omega t + \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}，达朗贝尔算符为 ∂x2=∂μ∂μ=−∂t2+∇2\partial_x^2 = \partial_\mu \partial^\mu = -\partial_t^2 + \nabla^2。Klein-Gordon 算符可以写为：

−∂x2+m2=∂t2−∇2+m2-\partial_x^2 + m^2 = \partial_t^2 - \nabla^2 + m^2

洛伦兹不变的动量积分测度定义为 dk~=d3k(2π)32ω\widetilde{dk} = \frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega}，其中 ω=k2+m2\omega = \sqrt{\mathbf{k}^2 + m^2} 是满足质壳条件的能量。

推导过程

为了书写简便，定义相对坐标 y=x−x′=(t,y)y = x - x' = (t, \mathbf{y})，则 ∂x=∂y\partial_x = \partial_y。式 (8.13) 可以写为：

Δ(y)=iθ(t)∫dk~ eiky+iθ(−t)∫dk~ e−iky\Delta(y) = i\theta(t) \int \widetilde{dk} \, e^{iky} + i\theta(-t) \int \widetilde{dk} \, e^{-iky}

我们需要计算算符 ∂t2−∇y2+m2\partial_t^2 - \nabla_{\mathbf{y}}^2 + m^2 作用在 Δ(y)\Delta(y) 上的结果。注意时间导数既会作用在指数函数 e±ikye^{\pm iky} 上，也会作用在阶跃函数 θ(±t)\theta(\pm t) 上。

1. 计算一阶时间导数

利用乘积法则以及阶跃函数的导数性质 ∂tθ(t)=δ(t)\partial_t \theta(t) = \delta(t) 和 ∂tθ(−t)=−δ(t)\partial_t \theta(-t) = -\delta(t)，对 Δ(y)\Delta(y) 求一阶时间导数：

∂tΔ(y)=iδ(t)∫dk~ eiky−iδ(t)∫dk~ e−iky+iθ(t)∫dk~ (−iω)eiky+iθ(−t)∫dk~ (iω)e−iky\partial_t \Delta(y) = i\delta(t) \int \widetilde{dk} \, e^{iky} - i\delta(t) \int \widetilde{dk} \, e^{-iky} + i\theta(t) \int \widetilde{dk} \, (-i\omega) e^{iky} + i\theta(-t) \int \widetilde{dk} \, (i\omega) e^{-iky}

前两项含有狄拉克 δ(t)\delta(t) 函数，因此仅在 t=0t=0 时非零。代入 t=0t=0 时 e±iky=e±ik⋅ye^{\pm iky} = e^{\pm i\mathbf{k} \cdot \mathbf{y}}，前两项合并为：

iδ(t)∫d3k(2π)32ω(eik⋅y−e−ik⋅y)i\delta(t) \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega} \left( e^{i\mathbf{k} \cdot \mathbf{y}} - e^{-i\mathbf{k} \cdot \mathbf{y}} \right)

在第二个积分中作变量代换 k→−k\mathbf{k} \to -\mathbf{k}。由于 ω=k2+m2\omega = \sqrt{\mathbf{k}^2 + m^2} 是偶函数，积分测度不变，且 e−ik⋅y→eik⋅ye^{-i\mathbf{k} \cdot \mathbf{y}} \to e^{i\mathbf{k} \cdot \mathbf{y}}，因此第二个积分与第一个积分完全相同，两者相减为零。一阶导数简化为：

∂tΔ(y)=θ(t)∫dk~ ωeiky−θ(−t)∫dk~ ωe−iky\partial_t \Delta(y) = \theta(t) \int \widetilde{dk} \, \omega e^{iky} - \theta(-t) \int \widetilde{dk} \, \omega e^{-iky}

2. 计算二阶时间导数

再次对上式求时间导数：

∂t2Δ(y)=δ(t)∫dk~ ωeiky+δ(t)∫dk~ ωe−iky+θ(t)∫dk~ ω(−iω)eiky−θ(−t)∫dk~ ω(iω)e−iky\partial_t^2 \Delta(y) = \delta(t) \int \widetilde{dk} \, \omega e^{iky} + \delta(t) \int \widetilde{dk} \, \omega e^{-iky} + \theta(t) \int \widetilde{dk} \, \omega(-i\omega) e^{iky} - \theta(-t) \int \widetilde{dk} \, \omega(i\omega) e^{-iky}

同样地，前两项中的 δ(t)\delta(t) 强制 t=0t=0。代入 t=0t=0 并展开测度 dk~\widetilde{dk}：

δ(t)∫d3k(2π)32ωω(eik⋅y+e−ik⋅y)\delta(t) \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega} \omega \left( e^{i\mathbf{k} \cdot \mathbf{y}} + e^{-i\mathbf{k} \cdot \mathbf{y}} \right)

对第二项作 k→−k\mathbf{k} \to -\mathbf{k} 的代换，两项变得完全相同并相加，消去分母中的 22：

2δ(t)∫d3k(2π)32ωωeik⋅y=δ(t)∫d3k(2π)3eik⋅y=δ(t)δ3(y)=δ4(y)2\delta(t) \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega} \omega e^{i\mathbf{k} \cdot \mathbf{y}} = \delta(t) \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} e^{i\mathbf{k} \cdot \mathbf{y}} = \delta(t)\delta^3(\mathbf{y}) = \delta^4(y)

因此，二阶时间导数为：

∂t2Δ(y)=δ4(y)−iθ(t)∫dk~ ω2eiky−iθ(−t)∫dk~ ω2e−iky\partial_t^2 \Delta(y) = \delta^4(y) - i\theta(t) \int \widetilde{dk} \, \omega^2 e^{iky} - i\theta(-t) \int \widetilde{dk} \, \omega^2 e^{-iky}

3. 计算空间导数与质量项

空间拉普拉斯算符 ∇y2\nabla_{\mathbf{y}}^2 仅作用于指数上的空间部分 e±ik⋅ye^{\pm i\mathbf{k} \cdot \mathbf{y}}，每次求导拉下 ±ik\pm i\mathbf{k}，因此：

−∇y2Δ(y)=iθ(t)∫dk~ k2eiky+iθ(−t)∫dk~ k2e−iky-\nabla_{\mathbf{y}}^2 \Delta(y) = i\theta(t) \int \widetilde{dk} \, \mathbf{k}^2 e^{iky} + i\theta(-t) \int \widetilde{dk} \, \mathbf{k}^2 e^{-iky}

质量项直接乘上 m2m^2：

m2Δ(y)=iθ(t)∫dk~ m2eiky+iθ(−t)∫dk~ m2e−ikym^2 \Delta(y) = i\theta(t) \int \widetilde{dk} \, m^2 e^{iky} + i\theta(-t) \int \widetilde{dk} \, m^2 e^{-iky}

4. 组合所有项

将上述结果代入 Klein-Gordon 算符中：

(−∂y2+m2)Δ(y)=(∂t2−∇y2+m2)Δ(y)=δ4(y)+iθ(t)∫dk~ (−ω2+k2+m2)eiky+iθ(−t)∫dk~ (−ω2+k2+m2)e−iky\begin{aligned} (-\partial_y^2 + m^2)\Delta(y) &= (\partial_t^2 - \nabla_{\mathbf{y}}^2 + m^2)\Delta(y) \\ &= \delta^4(y) + i\theta(t) \int \widetilde{dk} \, (-\omega^2 + \mathbf{k}^2 + m^2) e^{iky} + i\theta(-t) \int \widetilde{dk} \, (-\omega^2 + \mathbf{k}^2 + m^2) e^{-iky} \end{aligned}

根据相对论色散关系（质壳条件） ω2=k2+m2\omega^2 = \mathbf{k}^2 + m^2，积分号内括号中的因子恒为零：

−ω2+k2+m2=0-\omega^2 + \mathbf{k}^2 + m^2 = 0

因此，所有包含 θ(t)\theta(t) 和 θ(−t)\theta(-t) 的积分项全部消去，仅留下 δ4(y)\delta^4(y) 项。将 y=x−x′y = x - x' 替换回原式，即得到最终结果：

(−∂x2+m2)Δ(x−x′)=δ4(x−x′)\boxed{ (-\partial_x^2 + m^2)\Delta(x - x') = \delta^4(x - x') }
8.4

Problem 8.4

srednickiChapter 8

习题 8.4

来源: 第8章, PDF第69页

8.4 Use eqs. (3.19), (3.29), and (5.3) (and its hermitian conjugate) to verify the last line of eq. (8.15).

Referenced Equations:

Equation (3.19):

φ(x)=∫dk~[a(k)eikx+a∗(k)e−ikx].(3.19)\varphi(x) = \int \widetilde{dk} \left[ a(\mathbf{k})e^{ikx} + a^*(\mathbf{k})e^{-ikx} \right] . \tag{3.19}

Equation (3.29):

[a(k),a(k′)]=0,[a†(k),a†(k′)]=0,[a(k),a†(k′)]=(2π)32ω δ3(k−k′).\begin{align} [a(\mathbf{k}), a(\mathbf{k}')] &= 0 , \\ [a^\dagger(\mathbf{k}), a^\dagger(\mathbf{k}')] &= 0 , \\ [a(\mathbf{k}), a^\dagger(\mathbf{k}')] &= (2\pi)^3 2\omega \ \delta^3(\mathbf{k} - \mathbf{k}') . \tag{3.29} \\ \end{align}

Equation (5.3):

a(k)∣0⟩=0,(5.3)a(\mathbf{k})|0\rangle = 0 , \tag{5.3}

Equation (8.15):

⟨0∣Tφ(x1)φ(x2)∣0⟩=1iδδJ(x1)1iδδJ(x2)Z0(J)∣J=0=1iδδJ(x1)[∫d4x′Δ(x2−x′)J(x′)]Z0(J)∣J=0=[1iΔ(x2−x1)+(term with J’s)]Z0(J)∣J=0=1iΔ(x2−x1).(8.15)\begin{aligned} \langle 0|\text{T}\varphi(x_1)\varphi(x_2)|0\rangle &= \frac{1}{i} \frac{\delta}{\delta J(x_1)} \frac{1}{i} \frac{\delta}{\delta J(x_2)} Z_0(J) \bigg|_{J=0} \\ &= \frac{1}{i} \frac{\delta}{\delta J(x_1)} \left[ \int d^4x' \Delta(x_2 - x') J(x') \right] Z_0(J) \bigg|_{J=0} \\ &= \left[ \frac{1}{i} \Delta(x_2 - x_1) + (\text{term with } J\text{'s}) \right] Z_0(J) \bigg|_{J=0} \\ &= \frac{1}{i} \Delta(x_2 - x_1) . \end{aligned} \tag{8.15}

习题 8.4 - 解答

为了验证公式 (8.15) 的最后一行，我们需要利用算符形式下的标量场展开和对易关系，直接计算两点真空期望值（即传播子）的时间序乘积 ⟨0∣Tφ(x1)φ(x2)∣0⟩\langle 0|\text{T}\varphi(x_1)\varphi(x_2)|0\rangle，并证明其等于 1iΔ(x2−x1)\frac{1}{i}\Delta(x_2 - x_1)。

1. 展开时间序乘积与场算符

时间序算符 T\text{T} 的定义为将时间较晚的算符排在左边：

Tφ(x1)φ(x2)=θ(t1−t2)φ(x1)φ(x2)+θ(t2−t1)φ(x2)φ(x1)\text{T}\varphi(x_1)\varphi(x_2) = \theta(t_1 - t_2)\varphi(x_1)\varphi(x_2) + \theta(t_2 - t_1)\varphi(x_2)\varphi(x_1)

其中 θ(t)\theta(t) 为阶跃函数。因此，真空期望值可以写为：

⟨0∣Tφ(x1)φ(x2)∣0⟩=θ(t1−t2)⟨0∣φ(x1)φ(x2)∣0⟩+θ(t2−t1)⟨0∣φ(x2)φ(x1)∣0⟩\langle 0|\text{T}\varphi(x_1)\varphi(x_2)|0\rangle = \theta(t_1 - t_2)\langle 0|\varphi(x_1)\varphi(x_2)|0\rangle + \theta(t_2 - t_1)\langle 0|\varphi(x_2)\varphi(x_1)|0\rangle

根据公式 (3.19)，自由标量场算符的动量空间展开为（注：在算符语境下 a∗(k)a^*(\mathbf{k}) 记为产生算符 a†(k)a^\dagger(\mathbf{k})）：

φ(x)=∫dk~[a(k)eikx+a†(k)e−ikx]\varphi(x) = \int \widetilde{dk} \left[ a(\mathbf{k})e^{ikx} + a^\dagger(\mathbf{k})e^{-ikx} \right]

其中积分测度为 dk~≡d3k(2π)32ωk\widetilde{dk} \equiv \frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega_k}，且四维内积 kx=−ωkt+k⋅xkx = -\omega_k t + \mathbf{k}\cdot\mathbf{x}（采用大多为正的度规 ημν=diag(−,+,+,+)\eta_{\mu\nu} = \text{diag}(-,+,+,+)）。

2. 计算 Wightman 函数 ⟨0∣φ(x1)φ(x2)∣0⟩\langle 0|\varphi(x_1)\varphi(x_2)|0\rangle

将场算符代入真空期望值中。根据公式 (5.3) 及其厄米共轭，湮灭算符作用于右矢真空为零，产生算符作用于左矢真空为零：

a(k)∣0⟩=0,⟨0∣a†(k)=0a(\mathbf{k})|0\rangle = 0, \quad \langle 0|a^\dagger(\mathbf{k}) = 0

因此，在乘积 φ(x1)φ(x2)\varphi(x_1)\varphi(x_2) 中，唯一对真空期望值有非零贡献的项是包含 a(k1)a†(k2)a(\mathbf{k}_1) a^\dagger(\mathbf{k}_2) 的交叉项：

⟨0∣φ(x1)φ(x2)∣0⟩=∫dk1~dk2~eik1x1e−ik2x2⟨0∣a(k1)a†(k2)∣0⟩\langle 0|\varphi(x_1)\varphi(x_2)|0\rangle = \int \widetilde{dk_1} \widetilde{dk_2} e^{ik_1 x_1} e^{-ik_2 x_2} \langle 0|a(\mathbf{k}_1)a^\dagger(\mathbf{k}_2)|0\rangle

利用公式 (3.29) 给出的对易关系 [a(k1),a†(k2)]=(2π)32ω1δ3(k1−k2)[a(\mathbf{k}_1), a^\dagger(\mathbf{k}_2)] = (2\pi)^3 2\omega_1 \delta^3(\mathbf{k}_1 - \mathbf{k}_2)，并结合 a(k1)∣0⟩=0a(\mathbf{k}_1)|0\rangle = 0，可得：

⟨0∣a(k1)a†(k2)∣0⟩=⟨0∣[a(k1),a†(k2)]∣0⟩=(2π)32ω1δ3(k1−k2)\langle 0|a(\mathbf{k}_1)a^\dagger(\mathbf{k}_2)|0\rangle = \langle 0|[a(\mathbf{k}_1), a^\dagger(\mathbf{k}_2)]|0\rangle = (2\pi)^3 2\omega_1 \delta^3(\mathbf{k}_1 - \mathbf{k}_2)

代回积分中，利用 δ\delta 函数消去 k2\mathbf{k}_2 的积分：

⟨0∣φ(x1)φ(x2)∣0⟩=∫dk1~eik1(x1−x2)≡D(x1−x2)\langle 0|\varphi(x_1)\varphi(x_2)|0\rangle = \int \widetilde{dk_1} e^{ik_1(x_1 - x_2)} \equiv D(x_1 - x_2)

于是，时间序乘积的真空期望值可表示为：

⟨0∣Tφ(x1)φ(x2)∣0⟩=θ(t1−t2)D(x1−x2)+θ(t2−t1)D(x2−x1)\langle 0|\text{T}\varphi(x_1)\varphi(x_2)|0\rangle = \theta(t_1 - t_2) D(x_1 - x_2) + \theta(t_2 - t_1) D(x_2 - x_1)

3. 关联 Feynman 传播子 Δ(x)\Delta(x)

Feynman 传播子在动量空间的定义为：

Δ(x)=∫d4k(2π)4eikxk2+m2−iϵ\Delta(x) = \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{e^{ikx}}{k^2 + m^2 - i\epsilon}

利用 k2=−(k0)2+k2k^2 = -(k^0)^2 + \mathbf{k}^2 和 ωk2=k2+m2\omega_k^2 = \mathbf{k}^2 + m^2，分母可写为 −(k0)2+ωk2−iϵ-(k^0)^2 + \omega_k^2 - i\epsilon。我们通过复平面留数定理完成对 k0k^0 的积分：

1iΔ(x)=1i∫d3k(2π)3eik⋅x∫−∞∞dk02πe−ik0t−(k0−ωk+iϵ′)(k0+ωk−iϵ′)\frac{1}{i}\Delta(x) = \frac{1}{i} \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dk^0}{2\pi} \frac{e^{-ik^0 t}}{-(k^0 - \omega_k + i\epsilon')(k^0 + \omega_k - i\epsilon')}

被积函数在 k0=ωk−iϵ′k^0 = \omega_k - i\epsilon' 和 k0=−ωk+iϵ′k^0 = -\omega_k + i\epsilon' 处有两个单极点。

  • 当 t>0t > 0 时：为使圆弧上的积分衰减，需在下半平面闭合回路（顺时针方向）。回路包围极点 k0=ωk−iϵ′k^0 = \omega_k - i\epsilon'。

    ∫dk02π⋯=−2πi×Res∣k0=ωk=−ie−iωkt−2ωk=i2ωke−iωkt\int \frac{dk^0}{2\pi} \dots = -2\pi i \times \text{Res}\bigg|_{k^0=\omega_k} = -i \frac{e^{-i\omega_k t}}{-2\omega_k} = \frac{i}{2\omega_k} e^{-i\omega_k t}

    代入 1iΔ(x)\frac{1}{i}\Delta(x) 得到：

    1iΔ(x)∣t>0=∫d3k(2π)32ωkei(k⋅x−ωkt)=∫dk~eikx=D(x)\frac{1}{i}\Delta(x)\bigg|_{t>0} = \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega_k} e^{i(\mathbf{k}\cdot\mathbf{x} - \omega_k t)} = \int \widetilde{dk} e^{ikx} = D(x)

  • 当 t<0t < 0 时：需在上半平面闭合回路（逆时针方向）。回路包围极点 k0=−ωk+iϵ′k^0 = -\omega_k + i\epsilon'。

    ∫dk02π⋯=2πi×Res∣k0=−ωk=ieiωkt−(−2ωk)=i2ωkeiωkt\int \frac{dk^0}{2\pi} \dots = 2\pi i \times \text{Res}\bigg|_{k^0=-\omega_k} = i \frac{e^{i\omega_k t}}{-(-2\omega_k)} = \frac{i}{2\omega_k} e^{i\omega_k t}

    代入 1iΔ(x)\frac{1}{i}\Delta(x) 得到：

    1iΔ(x)∣t<0=∫d3k(2π)32ωkei(k⋅x+ωkt)\frac{1}{i}\Delta(x)\bigg|_{t<0} = \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega_k} e^{i(\mathbf{k}\cdot\mathbf{x} + \omega_k t)}

    作变量代换 k→−k\mathbf{k} \to -\mathbf{k}，由于 ωk\omega_k 是偶函数，上式变为：

    ∫d3k(2π)32ωke−i(k⋅x−ωkt)=∫dk~e−ikx=D(−x)\int \frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega_k} e^{-i(\mathbf{k}\cdot\mathbf{x} - \omega_k t)} = \int \widetilde{dk} e^{-ikx} = D(-x)

综合上述两种情况，Feynman 传播子可以写为：

1iΔ(x)=θ(t)D(x)+θ(−t)D(−x)\frac{1}{i}\Delta(x) = \theta(t) D(x) + \theta(-t) D(-x)

将其平移至 x=x1−x2x = x_1 - x_2，我们得到：

1iΔ(x1−x2)=θ(t1−t2)D(x1−x2)+θ(t2−t1)D(x2−x1)\frac{1}{i}\Delta(x_1 - x_2) = \theta(t_1 - t_2) D(x_1 - x_2) + \theta(t_2 - t_1) D(x_2 - x_1)

这与我们在第 2 步中推导出的 ⟨0∣Tφ(x1)φ(x2)∣0⟩\langle 0|\text{T}\varphi(x_1)\varphi(x_2)|0\rangle 完全一致。此外，由于 Δ(x)\Delta(x) 在动量积分中对 k→−kk \to -k 具有对称性，显然有 Δ(x1−x2)=Δ(x2−x1)\Delta(x_1 - x_2) = \Delta(x_2 - x_1)。

结论

通过算符展开与对易关系，我们严格证明了：

⟨0∣Tφ(x1)φ(x2)∣0⟩=1iΔ(x2−x1)\boxed{ \langle 0|\text{T}\varphi(x_1)\varphi(x_2)|0\rangle = \frac{1}{i}\Delta(x_2 - x_1) }

这正是公式 (8.15) 的最后一行。

8.5

Problem 8.5

srednickiChapter 8

习题 8.5

来源: 第8章, PDF第69页

8.5 The retarded and advanced Green's functions for the Klein-Gordon wave operator satisfy Δret(x−y)=0\Delta_{\text{ret}}(x-y) = 0 for x0≥y0x^0 \ge y^0 and Δadv(x−y)=0\Delta_{\text{adv}}(x-y) = 0 for x0≤y0x^0 \le y^0. Find the pole prescriptions on the right-hand side of eq. (8.11) that yield these Green's functions.

Referenced Equations:

Equation (8.11):

Δ(x−x′)=∫d4k(2π)4eik(x−x′)k2+m2−iϵ.(8.11)\Delta(x - x') = \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{e^{ik(x-x')}}{k^2 + m^2 - i\epsilon} . \tag{8.11}

习题 8.5 - 解答

物理背景与题意澄清

在标准的物理因果律中，推迟格林函数（Retarded Green's function）表示结果发生在原因之后，因此在 x0<y0x^0 < y^0 时必须为零；超前格林函数（Advanced Green's function）则在 x0>y0x^0 > y^0 时为零。

注：题目描述中写道“Δret(x−y)=0\Delta_{\text{ret}}(x-y) = 0 for x0≥y0x^0 \ge y^0”和“Δadv(x−y)=0\Delta_{\text{adv}}(x-y) = 0 for x0≤y0x^0 \le y^0”，这与标准物理定义恰好相反（属于该教材早期版本中常见的印刷笔误）。下面的推导将基于标准物理因果律（即推迟函数在过去为零，超前函数在未来为零）来寻找极点处方。如果严格按照题目字面条件，只需将最终两者的处方互换即可。

复平面积分与极点分析

根据教材使用的 mostly-plus 度规 (−,+,+,+)(-, +, +, +)，四维动量平方为 k2=−(k0)2+k2k^2 = -(k^0)^2 + \mathbf{k}^2，内积为 k⋅(x−y)=−k0(x0−y0)+k⋅(x−y)k \cdot (x-y) = -k^0(x^0-y^0) + \mathbf{k} \cdot (\mathbf{x}-\mathbf{y})。 格林函数的一般积分形式可以写为：

Δ(x−y)=∫d3k(2π)3eik⋅(x−y)∫−∞∞dk02πe−ik0(x0−y0)−(k0)2+k2+m2\Delta(x - y) = \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dk^0}{2\pi} \frac{e^{-ik^0(x^0-y^0)}}{-(k^0)^2 + \mathbf{k}^2 + m^2}

定义 ωk=k2+m2\omega_{\mathbf{k}} = \sqrt{\mathbf{k}^2 + m^2}，被积函数在实轴上有两个极点：k0=±ωkk^0 = \pm \omega_{\mathbf{k}}。为了使积分有意义，必须通过引入无穷小量 ϵ>0\epsilon > 0 将极点移入复平面。

考虑对 k0k^0 的复平面回路积分，指数因子为 e−ik0(x0−y0)e^{-ik^0(x^0-y^0)}：

  1. 当 x0−y0>0x^0 - y^0 > 0 时，为了满足 Jordan 引理使无穷远大半圆上的积分衰减，必须在下半平面 (LHP) 闭合回路（因为此时 Im(k0)<0\text{Im}(k^0) < 0 会给出指数衰减）。
  2. 当 x0−y0<0x^0 - y^0 < 0 时，必须在上半平面 (UHP) 闭合回路（此时 Im(k0)>0\text{Im}(k^0) > 0 给出指数衰减）。

1. 推迟格林函数 (Retarded Green's Function) 的极点处方

根据推迟因果律，当 x0<y0x^0 < y^0 时，Δret(x−y)=0\Delta_{\text{ret}}(x-y) = 0。 此时我们在上半平面 (UHP) 闭合积分回路。要使积分结果严格为零，由柯西积分定理可知，上半平面内不能有任何极点。 因此，必须将 k0=±ωkk^0 = \pm \omega_{\mathbf{k}} 这两个极点全部推入下半平面 (LHP)。这可以通过平移 k0→k0+iϵk^0 \to k^0 + i\epsilon 来实现，此时极点变为 k0=±ωk−iϵk^0 = \pm \omega_{\mathbf{k}} - i\epsilon。

将 k0→k0+iϵk^0 \to k^0 + i\epsilon 代入分母，得到推迟格林函数的极点处方：

−(k0+iϵ)2+k2+m2=−(k0)2−2iϵk0+ϵ2+k2+m2≈k2+m2−2iϵk0-(k^0 + i\epsilon)^2 + \mathbf{k}^2 + m^2 = -(k^0)^2 - 2i\epsilon k^0 + \epsilon^2 + \mathbf{k}^2 + m^2 \approx k^2 + m^2 - 2i\epsilon k^0

吸收常数因子后，式 (8.11) 右侧分母的极点处方应修改为：

Δret(x−y)=∫d4k(2π)4eik(x−y)−(k0+iϵ)2+k2+m2\boxed{ \Delta_{\text{ret}}(x-y) = \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{e^{ik(x-y)}}{-(k^0 + i\epsilon)^2 + \mathbf{k}^2 + m^2} }

(或者等效写为分母为 k2+m2−iϵsgn⁡(k0)k^2 + m^2 - i\epsilon \operatorname{sgn}(k^0))

2. 超前格林函数 (Advanced Green's Function) 的极点处方

根据超前因果律，当 x0>y0x^0 > y^0 时，Δadv(x−y)=0\Delta_{\text{adv}}(x-y) = 0。 此时我们在下半平面 (LHP) 闭合积分回路。要使积分结果严格为零，下半平面内不能有任何极点。 因此，必须将 k0=±ωkk^0 = \pm \omega_{\mathbf{k}} 这两个极点全部推入上半平面 (UHP)。这可以通过平移 k0→k0−iϵk^0 \to k^0 - i\epsilon 来实现，此时极点变为 k0=±ωk+iϵk^0 = \pm \omega_{\mathbf{k}} + i\epsilon。

将 k0→k0−iϵk^0 \to k^0 - i\epsilon 代入分母，得到超前格林函数的极点处方：

−(k0−iϵ)2+k2+m2=−(k0)2+2iϵk0+ϵ2+k2+m2≈k2+m2+2iϵk0-(k^0 - i\epsilon)^2 + \mathbf{k}^2 + m^2 = -(k^0)^2 + 2i\epsilon k^0 + \epsilon^2 + \mathbf{k}^2 + m^2 \approx k^2 + m^2 + 2i\epsilon k^0

吸收常数因子后，式 (8.11) 右侧分母的极点处方应修改为：

Δadv(x−y)=∫d4k(2π)4eik(x−y)−(k0−iϵ)2+k2+m2\boxed{ \Delta_{\text{adv}}(x-y) = \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{e^{ik(x-y)}}{-(k^0 - i\epsilon)^2 + \mathbf{k}^2 + m^2} }

(或者等效写为分母为 k2+m2+iϵsgn⁡(k0)k^2 + m^2 + i\epsilon \operatorname{sgn}(k^0))

8.6

Problem 8.6

srednickiChapter 8

习题 8.6

来源: 第8章, PDF第70页

8.6 Let Z0(J)=exp⁡iW0(J)Z_0(J) = \exp iW_0(J), and evaluate the real and imaginary parts of W0(J)W_0(J).

习题 8.6 - 解答

在量子场论中，自由标量场的生成泛函 Z0(J)Z_0(J) 定义为： Z0(J)=exp⁡[−12∫d4xd4y J(x)ΔF(x−y)J(y)]Z_0(J) = \exp\left[ -\frac{1}{2} \int d^4x d^4y \, J(x) \Delta_F(x-y) J(y) \right] 其中 J(x)J(x) 是实的外源函数，ΔF(x−y)\Delta_F(x-y) 是费曼传播子。

根据题目给定的连通格林函数生成泛函的定义 Z0(J)=exp⁡[iW0(J)]Z_0(J) = \exp[iW_0(J)]，可以得到 W0(J)W_0(J) 的表达式： iW0(J)=−12∫d4xd4y J(x)ΔF(x−y)J(y)iW_0(J) = -\frac{1}{2} \int d^4x d^4y \, J(x) \Delta_F(x-y) J(y) W0(J)=i2∫d4xd4y J(x)ΔF(x−y)J(y)W_0(J) = \frac{i}{2} \int d^4x d^4y \, J(x) \Delta_F(x-y) J(y)

为了分离实部和虚部，最简便的方法是转换到动量空间。费曼传播子的傅里叶变换形式为： ΔF(x−y)=∫d4k(2π)4e−ik⋅(x−y)k2−m2+iϵ\Delta_F(x-y) = \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{e^{-ik \cdot (x-y)}}{k^2 - m^2 + i\epsilon} 将此代入 W0(J)W_0(J) 的表达式中，并利用外源 J(x)J(x) 的傅里叶变换 J(k)=∫d4x eik⋅xJ(x)J(k) = \int d^4x \, e^{ik \cdot x} J(x)。由于 J(x)J(x) 是实函数，其傅里叶变换满足 J(−k)=J∗(k)J(-k) = J^*(k)。因此： W0(J)=i2∫d4k(2π)4J(k)J(−k)k2−m2+iϵ=i2∫d4k(2π)4∣J(k)∣2k2−m2+iϵW_0(J) = \frac{i}{2} \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{J(k) J(-k)}{k^2 - m^2 + i\epsilon} = \frac{i}{2} \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{|J(k)|^2}{k^2 - m^2 + i\epsilon}

为了处理分母中的极点并分离实虚部，我们需要使用复分析中的 Sokhotski–Plemelj 定理（狄拉克恒等式）： 1x+iϵ=P(1x)−iπδ(x)\frac{1}{x + i\epsilon} = \mathcal{P}\left(\frac{1}{x}\right) - i\pi \delta(x) 其中 P\mathcal{P} 表示柯西主值（Cauchy principal value）。将该恒等式应用于传播子的分母： 1k2−m2+iϵ=P(1k2−m2)−iπδ(k2−m2)\frac{1}{k^2 - m^2 + i\epsilon} = \mathcal{P}\left(\frac{1}{k^2 - m^2}\right) - i\pi \delta(k^2 - m^2)

将此展开式代回 W0(J)W_0(J) 的积分中： W0(J)=i2∫d4k(2π)4∣J(k)∣2[P(1k2−m2)−iπδ(k2−m2)]W_0(J) = \frac{i}{2} \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} |J(k)|^2 \left[ \mathcal{P}\left(\frac{1}{k^2 - m^2}\right) - i\pi \delta(k^2 - m^2) \right] W0(J)=12∫d4k(2π)4∣J(k)∣2πδ(k2−m2)+i2∫d4k(2π)4∣J(k)∣2P(1k2−m2)W_0(J) = \frac{1}{2} \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} |J(k)|^2 \pi \delta(k^2 - m^2) + \frac{i}{2} \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} |J(k)|^2 \mathcal{P}\left(\frac{1}{k^2 - m^2}\right)

由于 ∣J(k)∣2|J(k)|^2 是严格的实数，上述表达式已经自然地分离成了实部和虚部。

物理背景分析：

  1. 实部 Re W0(J)\text{Re} \, W_0(J) 包含了狄拉克 δ\delta 函数 δ(k2−m2)\delta(k^2 - m^2)，这强制动量 kk 必须满足质壳条件（on-shell condition）。在物理上，这代表了外源 J(x)J(x) 从真空中激发出真实的、在壳粒子的过程。实际上，2Re W0(J)2 \text{Re} \, W_0(J) 正是外源产生粒子的总概率。
  2. 虚部 Im W0(J)\text{Im} \, W_0(J) 包含了主值积分，涉及偏离质壳（off-shell）的动量。这代表了虚粒子的交换过程，物理上对应于外源存在时真空能量的相移或极化效应。

最终结果如下：

Re W0(J)=π2∫d4k(2π)4∣J(k)∣2δ(k2−m2)Im W0(J)=12∫d4k(2π)4∣J(k)∣2P(1k2−m2)\boxed{ \begin{aligned} \text{Re} \, W_0(J) &= \frac{\pi}{2} \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} |J(k)|^2 \delta(k^2 - m^2) \\ \text{Im} \, W_0(J) &= \frac{1}{2} \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} |J(k)|^2 \mathcal{P}\left(\frac{1}{k^2 - m^2}\right) \end{aligned} }
8.7

Problem 8.7

srednickiChapter 8

习题 8.7

来源: 第8章, PDF第70页

8.7 Repeat the analysis of this section for the complex scalar field that was introduced in problem 3.5, and further studied in problem 5.1. Write your source term in the form J†φ+Jφ†J^\dagger \varphi + J \varphi^\dagger, and find an explicit formula, analogous to eq. (8.10), for Z0(J†,J)Z_0(J^\dagger, J). Write down the appropriate generalization of eq. (8.14), and use it to compute ⟨0∣Tφ(x1)φ(x2)∣0⟩\langle 0 | \text{T} \varphi(x_1) \varphi(x_2) | 0 \rangle, ⟨0∣Tφ†(x1)φ(x2)∣0⟩\langle 0 | \text{T} \varphi^\dagger(x_1) \varphi(x_2) | 0 \rangle, and ⟨0∣Tφ†(x1)φ†(x2)∣0⟩\langle 0 | \text{T} \varphi^\dagger(x_1) \varphi^\dagger(x_2) | 0 \rangle. Then verify your results by using the method of problem 8.4. Finally, give the appropriate generalization of eq. (8.17).

Referenced Equations:

Equation (8.10):

Z0(J)=exp⁡[i2∫d4k(2π)4J~(k)J~(−k)k2+m2−iϵ]=exp⁡[i2∫d4x d4x′ J(x)Δ(x−x′)J(x′)].(8.10)\begin{aligned} Z_0(J) &= \exp \left[ \frac{i}{2} \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{\widetilde{J}(k)\widetilde{J}(-k)}{k^2 + m^2 - i\epsilon} \right] \\ &= \exp \left[ \frac{i}{2} \int d^4x \, d^4x' \, J(x)\Delta(x - x')J(x') \right] . \end{aligned} \tag{8.10}

Equation (8.14):

⟨0∣Tφ(x1)…∣0⟩=1iδδJ(x1)…Z0(J)∣J=0.(8.14)\langle 0|\text{T}\varphi(x_1) \dots |0 \rangle = \frac{1}{i} \frac{\delta}{\delta J(x_1)} \dots Z_0(J) \Big|_{J=0} . \tag{8.14}

Equation (8.17):

⟨0∣Tφ(x1)…φ(x2n)∣0⟩=1in∑pairingsΔ(xi1−xi2)…Δ(xi2n−1−xi2n).(8.17)\langle 0|\text{T}\varphi(x_1) \dots \varphi(x_{2n})|0\rangle = \frac{1}{i^n} \sum_{\text{pairings}} \Delta(x_{i_1}-x_{i_2}) \dots \Delta(x_{i_{2n-1}}-x_{i_{2n}}) . \tag{8.17}

习题 8.7 - 解答

1. 生成泛函 Z0(J†,J)Z_0(J^\dagger, J) 的显式公式

复标量场的自由作用量加上源项为： S=∫d4x[−∂μφ†∂μφ−m2φ†φ+J†φ+Jφ†]S = \int d^4x \left[ -\partial_\mu \varphi^\dagger \partial^\mu \varphi - m^2 \varphi^\dagger \varphi + J^\dagger \varphi + J \varphi^\dagger \right] 通过分部积分，作用量可重写为： S=∫d4x[φ†(∂2−m2)φ+J†φ+Jφ†]S = \int d^4x \left[ \varphi^\dagger (\partial^2 - m^2) \varphi + J^\dagger \varphi + J \varphi^\dagger \right] 为了完成平方，作场变量平移 φ(x)=ϕ(x)+∫d4y Δ(x−y)J(y)\varphi(x) = \phi(x) + \int d^4y \, \Delta(x-y) J(y) 以及 φ†(x)=ϕ†(x)+∫d4y Δ(x−y)J†(y)\varphi^\dagger(x) = \phi^\dagger(x) + \int d^4y \, \Delta(x-y) J^\dagger(y)，其中 Δ(x−y)\Delta(x-y) 是满足 (∂2−m2+iϵ)Δ(x−y)=−δ4(x−y)(\partial^2 - m^2 + i\epsilon)\Delta(x-y) = -\delta^4(x-y) 的 Feynman 传播子。

代入作用量后，交叉项相互抵消，剩余的源项部分为： S=∫d4x ϕ†(∂2−m2)ϕ+∫d4x d4y J†(x)Δ(x−y)J(y)S = \int d^4x \, \phi^\dagger (\partial^2 - m^2) \phi + \int d^4x \, d^4y \, J^\dagger(x) \Delta(x-y) J(y) 在路径积分中积掉平移后的场变量 ϕ\phi 和 ϕ†\phi^\dagger，我们得到类似于实标量场公式 (8.10) 的生成泛函。注意，由于 φ\varphi 和 φ†\varphi^\dagger 是独立的自由度，指数上没有实标量场中的 1/21/2 因子：

Z0(J†,J)=exp⁡[i∫d4k(2π)4J†~(−k)J~(k)k2+m2−iϵ]=exp⁡[i∫d4x d4y J†(x)Δ(x−y)J(y)]\boxed{ \begin{aligned} Z_0(J^\dagger, J) &= \exp \left[ i \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{\widetilde{J^\dagger}(-k)\widetilde{J}(k)}{k^2 + m^2 - i\epsilon} \right] \\ &= \exp \left[ i \int d^4x \, d^4y \, J^\dagger(x)\Delta(x - y)J(y) \right] \end{aligned} }

2. 公式 (8.14) 的推广

对于复标量场，场 φ(x)\varphi(x) 的插入对应于对 iJ†(x)iJ^\dagger(x) 的泛函求导，而共轭场 φ†(x)\varphi^\dagger(x) 的插入对应于对 iJ(x)iJ(x) 的泛函求导。因此，公式 (8.14) 推广为：

⟨0∣Tφ(x1)…φ†(y1)…∣0⟩=(1iδδJ†(x1))…(1iδδJ(y1))…Z0(J†,J)∣J=J†=0\boxed{ \langle 0|\text{T}\varphi(x_1) \dots \varphi^\dagger(y_1) \dots |0 \rangle = \left( \frac{1}{i} \frac{\delta}{\delta J^\dagger(x_1)} \right) \dots \left( \frac{1}{i} \frac{\delta}{\delta J(y_1)} \right) \dots Z_0(J^\dagger, J) \Big|_{J=J^\dagger=0} }

3. 计算两点关联函数

利用上述推广的公式计算两点函数。令 W0=i∫d4u d4v J†(u)Δ(u−v)J(v)W_0 = i \int d^4u \, d^4v \, J^\dagger(u)\Delta(u - v)J(v)，则 Z0=exp⁡(W0)Z_0 = \exp(W_0)。

(a) 计算 ⟨0∣Tφ(x1)φ(x2)∣0⟩\langle 0 | \text{T} \varphi(x_1) \varphi(x_2) | 0 \rangle： ⟨0∣Tφ(x1)φ(x2)∣0⟩=1i2δ2Z0δJ†(x1)δJ†(x2)∣J=J†=0\langle 0 | \text{T} \varphi(x_1) \varphi(x_2) | 0 \rangle = \frac{1}{i^2} \frac{\delta^2 Z_0}{\delta J^\dagger(x_1) \delta J^\dagger(x_2)} \Bigg|_{J=J^\dagger=0} 由于每次对 J†J^\dagger 求导都会留下一个 JJ，在 J=0J=0 时结果为零： ⟨0∣Tφ(x1)φ(x2)∣0⟩=0\boxed{ \langle 0 | \text{T} \varphi(x_1) \varphi(x_2) | 0 \rangle = 0 }

(b) 计算 ⟨0∣Tφ†(x1)φ†(x2)∣0⟩\langle 0 | \text{T} \varphi^\dagger(x_1) \varphi^\dagger(x_2) | 0 \rangle： 同理，连续两次对 JJ 求导会留下 J†J^\dagger，在 J†=0J^\dagger=0 时结果为零： ⟨0∣Tφ†(x1)φ†(x2)∣0⟩=0\boxed{ \langle 0 | \text{T} \varphi^\dagger(x_1) \varphi^\dagger(x_2) | 0 \rangle = 0 }

(c) 计算 ⟨0∣Tφ†(x1)φ(x2)∣0⟩\langle 0 | \text{T} \varphi^\dagger(x_1) \varphi(x_2) | 0 \rangle： ⟨0∣Tφ†(x1)φ(x2)∣0⟩=1i2δ2Z0δJ(x1)δJ†(x2)∣J=J†=0\langle 0 | \text{T} \varphi^\dagger(x_1) \varphi(x_2) | 0 \rangle = \frac{1}{i^2} \frac{\delta^2 Z_0}{\delta J(x_1) \delta J^\dagger(x_2)} \Bigg|_{J=J^\dagger=0} 先对 J†(x2)J^\dagger(x_2) 求导： δZ0δJ†(x2)=Z0⋅i∫d4v Δ(x2−v)J(v)\frac{\delta Z_0}{\delta J^\dagger(x_2)} = Z_0 \cdot i \int d^4v \, \Delta(x_2 - v) J(v) 再对 J(x1)J(x_1) 求导并令源为零： δδJ(x1)[Z0⋅i∫d4v Δ(x2−v)J(v)]∣0=1⋅iΔ(x2−x1)\frac{\delta}{\delta J(x_1)} \left[ Z_0 \cdot i \int d^4v \, \Delta(x_2 - v) J(v) \right] \Bigg|_0 = 1 \cdot i \Delta(x_2 - x_1) 由于 Δ(x2−x1)=Δ(x1−x2)\Delta(x_2 - x_1) = \Delta(x_1 - x_2)，最终得到： ⟨0∣Tφ†(x1)φ(x2)∣0⟩=1iΔ(x1−x2)\boxed{ \langle 0 | \text{T} \varphi^\dagger(x_1) \varphi(x_2) | 0 \rangle = \frac{1}{i} \Delta(x_1 - x_2) }

4. 使用算符模式展开方法验证 (习题 8.4 方法)

复标量场的模式展开为： φ(x)=∫dk~[a(k)eikx+b†(k)e−ikx]\varphi(x) = \int \widetilde{dk} \left[ a(k) e^{ikx} + b^\dagger(k) e^{-ikx} \right] φ†(x)=∫dk~[b(k)eikx+a†(k)e−ikx]\varphi^\dagger(x) = \int \widetilde{dk} \left[ b(k) e^{ikx} + a^\dagger(k) e^{-ikx} \right] 其中 dk~=d3k(2π)32ωk\widetilde{dk} = \frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega_k}。非零对易关系为 [a(k),a†(k′)]=[b(k),b†(k′)]=(2π)32ωkδ3(k−k′)[a(k), a^\dagger(k')] = [b(k), b^\dagger(k')] = (2\pi)^3 2\omega_k \delta^3(\mathbf{k}-\mathbf{k}')。

(a) 验证 ⟨0∣Tφ(x1)φ(x2)∣0⟩=0\langle 0 | \text{T} \varphi(x_1) \varphi(x_2) | 0 \rangle = 0： 无论时间顺序如何，φ(x1)φ(x2)\varphi(x_1)\varphi(x_2) 作用在真空上只包含 b†b†b^\dagger b^\dagger 项，其真空期望值（VEV）必然包含 ⟨0∣a(k)b†(k′)∣0⟩=0\langle 0 | a(k) b^\dagger(k') | 0 \rangle = 0。因此结果为 00。φ†φ†\varphi^\dagger \varphi^\dagger 同理。

(b) 验证 ⟨0∣Tφ†(x1)φ(x2)∣0⟩\langle 0 | \text{T} \varphi^\dagger(x_1) \varphi(x_2) | 0 \rangle： 根据时间编排的定义：

  • 当 t1>t2t_1 > t_2 时： ⟨0∣φ†(x1)φ(x2)∣0⟩=∫dk~dk′~eikx1e−ik′x2⟨0∣b(k)b†(k′)∣0⟩=∫dk~eik(x1−x2)\langle 0 | \varphi^\dagger(x_1) \varphi(x_2) | 0 \rangle = \int \widetilde{dk} \widetilde{dk'} e^{ikx_1} e^{-ik'x_2} \langle 0 | b(k) b^\dagger(k') | 0 \rangle = \int \widetilde{dk} e^{ik(x_1 - x_2)}
  • 当 t2>t1t_2 > t_1 时： ⟨0∣φ(x2)φ†(x1)∣0⟩=∫dk~dk′~eikx2e−ik′x1⟨0∣a(k)a†(k′)∣0⟩=∫dk~eik(x2−x1)\langle 0 | \varphi(x_2) \varphi^\dagger(x_1) | 0 \rangle = \int \widetilde{dk} \widetilde{dk'} e^{ikx_2} e^{-ik'x_1} \langle 0 | a(k) a^\dagger(k') | 0 \rangle = \int \widetilde{dk} e^{ik(x_2 - x_1)} 结合阶跃函数 θ(t1−t2)\theta(t_1 - t_2) 和 θ(t2−t1)\theta(t_2 - t_1)，这正是 Feynman 传播子 1iΔ(x1−x2)\frac{1}{i}\Delta(x_1 - x_2) 的标准定义。验证完毕。

5. 公式 (8.17) 的推广 (复标量场的 Wick 定理)

由于 U(1)U(1) 对称性（粒子数守恒），复标量场的非零关联函数必须包含相等数量的 φ\varphi 和 φ†\varphi^\dagger 场。假设有 nn 个 φ\varphi 场和 nn 个 φ†\varphi^\dagger 场，时间编排乘积的真空期望值等于所有可能的 φ\varphi 与 φ†\varphi^\dagger 配对（收缩）之和。

设场坐标分别为 x1,…,xnx_1, \dots, x_n 和 y1,…,yny_1, \dots, y_n，公式 (8.17) 推广为：

⟨0∣Tφ(x1)…φ(xn)φ†(y1)…φ†(yn)∣0⟩=1in∑P∈SnΔ(x1−yP(1))…Δ(xn−yP(n))\boxed{ \langle 0|\text{T}\varphi(x_1) \dots \varphi(x_n) \varphi^\dagger(y_1) \dots \varphi^\dagger(y_n)|0\rangle = \frac{1}{i^n} \sum_{P \in S_n} \Delta(x_1 - y_{P(1)}) \dots \Delta(x_n - y_{P(n)}) }

其中求和遍历所有 nn 个元素的排列群 SnS_n（即 φ\varphi 场与 φ†\varphi^\dagger 场之间的所有可能配对方式）。

8.8

Problem 8.8

srednickiChapter 8

习题 8.8

来源: 第8章, PDF第70页

8.8 A harmonic oscillator (in units with m=ℏ=1m = \hbar = 1) has a ground-state wave function ⟨q∣0⟩∝e−ωq2/2\langle q | 0 \rangle \propto e^{-\omega q^2 / 2}. Now consider a real scalar field φ(x)\varphi(x), and define a field eigenstate ∣A⟩| A \rangle that obeys

φ(x,0)∣A⟩=A(x)∣A⟩,(8.18)\varphi(\mathbf{x}, 0) | A \rangle = A(\mathbf{x}) | A \rangle, \tag{8.18}

where the function A(x)A(\mathbf{x}) is everywhere real. For a free-field theory specified by the hamiltonian of eq. (8.1), Show that the ground-state wave functional is

⟨A∣0⟩∝exp⁡[−12∫d3k(2π)3ω(k)A~(k)A~(−k)],(8.19)\langle A | 0 \rangle \propto \exp \left[ - \frac{1}{2} \int \frac{d^3 k}{(2\pi)^3} \omega(\mathbf{k}) \tilde{A}(\mathbf{k}) \tilde{A}(-\mathbf{k}) \right], \tag{8.19}

where A~(k)≡∫d3xe−ik⋅xA(x)\tilde{A}(\mathbf{k}) \equiv \int d^3 x e^{-i\mathbf{k} \cdot \mathbf{x}} A(\mathbf{x}) and ω(k)≡(k2+m2)1/2\omega(\mathbf{k}) \equiv (\mathbf{k}^2 + m^2)^{1/2}.

Referenced Equations:

Equation (8.1):

H0=12Π2+12(∇φ)2+12m2φ2.(8.1)\mathcal{H}_0 = \frac{1}{2}\Pi^2 + \frac{1}{2}(\nabla\varphi)^2 + \frac{1}{2}m^2\varphi^2 . \tag{8.1}

习题 8.8 - 解答

为了求解自由标量场的基态波泛函 Ψ0[A]≡⟨A∣0⟩\Psi_0[A] \equiv \langle A | 0 \rangle，我们采用泛函薛定谔绘景（Functional Schrödinger Picture）。在这一绘景中，场算符 φ(x)\varphi(\mathbf{x}) 作用在场本征态上表现为乘法算符，而共轭动量 Π(x)\Pi(\mathbf{x}) 表现为泛函微商。

1. 动量空间的算符表示

首先，写出实标量场及其共轭动量的傅里叶变换： φ~(k)=∫d3xe−ik⋅xφ(x),Π~(k)=∫d3xe−ik⋅xΠ(x)\tilde{\varphi}(\mathbf{k}) = \int d^3x e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}} \varphi(\mathbf{x}), \quad \tilde{\Pi}(\mathbf{k}) = \int d^3x e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}} \Pi(\mathbf{x})

由等时正则对易关系 [φ(x),Π(y)]=iδ3(x−y)[\varphi(\mathbf{x}), \Pi(\mathbf{y})] = i\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})，可以得到动量空间的对易关系： [φ~(k),Π~(k′)]=∫d3xd3ye−ik⋅xe−ik′⋅y[φ(x),Π(y)]=i(2π)3δ3(k+k′)[\tilde{\varphi}(\mathbf{k}), \tilde{\Pi}(\mathbf{k}')] = \int d^3x d^3y e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}} e^{-i\mathbf{k}'\cdot\mathbf{y}} [\varphi(\mathbf{x}), \Pi(\mathbf{y})] = i(2\pi)^3 \delta^3(\mathbf{k}+\mathbf{k}')

在场本征态 ∣A⟩|A\rangle 的表象下，φ~(k)\tilde{\varphi}(\mathbf{k}) 的本征值为 A~(k)\tilde{A}(\mathbf{k})。为了满足上述对易关系，共轭动量算符 Π~(k)\tilde{\Pi}(\mathbf{k}) 必须表示为泛函导数： ⟨A∣Π~(k)=−i(2π)3δδA~(−k)⟨A∣\langle A | \tilde{\Pi}(\mathbf{k}) = -i (2\pi)^3 \frac{\delta}{\delta \tilde{A}(-\mathbf{k})} \langle A | 这里泛函导数的定义满足 δA~(k)δA~(p)=δ3(k−p)\frac{\delta \tilde{A}(\mathbf{k})}{\delta \tilde{A}(\mathbf{p})} = \delta^3(\mathbf{k}-\mathbf{p})。

2. 引入湮灭算符与真空条件

自由标量场可以分解为产生与湮灭算符。在动量空间中，场与动量算符可表示为： φ~(k)=12ω(k)(a(k)+a†(−k))\tilde{\varphi}(\mathbf{k}) = \frac{1}{\sqrt{2\omega(\mathbf{k})}} \left( a(\mathbf{k}) + a^\dagger(-\mathbf{k}) \right) Π~(k)=−iω(k)2(a(k)−a†(−k))\tilde{\Pi}(\mathbf{k}) = -i \sqrt{\frac{\omega(\mathbf{k})}{2}} \left( a(\mathbf{k}) - a^\dagger(-\mathbf{k}) \right) 其中色散关系为 ω(k)=k2+m2\omega(\mathbf{k}) = \sqrt{\mathbf{k}^2 + m^2}。

将上述两式联立，反解出湮灭算符 a(k)a(\mathbf{k})： a(k)=ω(k)2φ~(k)+i2ω(k)Π~(k)a(\mathbf{k}) = \sqrt{\frac{\omega(\mathbf{k})}{2}} \tilde{\varphi}(\mathbf{k}) + \frac{i}{\sqrt{2\omega(\mathbf{k})}} \tilde{\Pi}(\mathbf{k})

量子场论的真空态（基态）∣0⟩|0\rangle 由湮灭算符定义，对任意动量 k\mathbf{k} 均满足： a(k)∣0⟩=0a(\mathbf{k}) |0\rangle = 0

3. 建立基态波泛函的微分方程

将真空条件方程左乘场本征态 ⟨A∣\langle A|，得到关于基态波泛函 Ψ0[A]=⟨A∣0⟩\Psi_0[A] = \langle A | 0 \rangle 的方程： ⟨A∣[ω(k)2φ~(k)+i2ω(k)Π~(k)]∣0⟩=0\langle A | \left[ \sqrt{\frac{\omega(\mathbf{k})}{2}} \tilde{\varphi}(\mathbf{k}) + \frac{i}{\sqrt{2\omega(\mathbf{k})}} \tilde{\Pi}(\mathbf{k}) \right] | 0 \rangle = 0

代入 φ~\tilde{\varphi} 和 Π~\tilde{\Pi} 在场表象下的作用形式： [ω(k)2A~(k)+i2ω(k)(−i(2π)3δδA~(−k))]Ψ0[A]=0\left[ \sqrt{\frac{\omega(\mathbf{k})}{2}} \tilde{A}(\mathbf{k}) + \frac{i}{\sqrt{2\omega(\mathbf{k})}} \left( -i (2\pi)^3 \frac{\delta}{\delta \tilde{A}(-\mathbf{k})} \right) \right] \Psi_0[A] = 0

两边同乘 2ω(k)\sqrt{2\omega(\mathbf{k})} 并化简，得到一阶泛函微分方程： [ω(k)A~(k)+(2π)3δδA~(−k)]Ψ0[A]=0\left[ \omega(\mathbf{k}) \tilde{A}(\mathbf{k}) + (2\pi)^3 \frac{\delta}{\delta \tilde{A}(-\mathbf{k})} \right] \Psi_0[A] = 0 即： \frac{\delta \Psi_0[A]}{\delta \tilde{A}(-\mathbf{k})} = - \frac{\omega(\mathbf{k})}{(2\pi)^3} \tilde{A}(\mathbf{k}) \Psi_0[A] \tag{*}

4. 求解泛函微分方程

方程 (∗)(*) 表明，波泛函在每个动量模式 k\mathbf{k} 上都是独立的高斯型衰减。这在物理上对应于自由场是无穷多个独立谐振子的集合（单谐振子基态为 ∝e−ωq2/2\propto e^{-\omega q^2/2}）。

我们通过积分求解该泛函微分方程，构造指数形式的解： Ψ0[A]∝exp⁡(−12∫d3q(2π)3ω(q)A~(q)A~(−q))\Psi_0[A] \propto \exp\left( - \frac{1}{2} \int \frac{d^3q}{(2\pi)^3} \omega(\mathbf{q}) \tilde{A}(\mathbf{q}) \tilde{A}(-\mathbf{q}) \right)

验证该解： 对指数部分求泛函导数，利用 δA~(q)δA~(−k)=δ3(q+k)\frac{\delta \tilde{A}(\mathbf{q})}{\delta \tilde{A}(-\mathbf{k})} = \delta^3(\mathbf{q} + \mathbf{k})： δδA~(−k)[−12∫d3q(2π)3ω(q)A~(q)A~(−q)]\frac{\delta}{\delta \tilde{A}(-\mathbf{k})} \left[ - \frac{1}{2} \int \frac{d^3q}{(2\pi)^3} \omega(\mathbf{q}) \tilde{A}(\mathbf{q}) \tilde{A}(-\mathbf{q}) \right] =−12∫d3q(2π)3ω(q)[δ3(q+k)A~(−q)+A~(q)δ3(−q+k)]= - \frac{1}{2} \int \frac{d^3q}{(2\pi)^3} \omega(\mathbf{q}) \left[ \delta^3(\mathbf{q} + \mathbf{k}) \tilde{A}(-\mathbf{q}) + \tilde{A}(\mathbf{q}) \delta^3(-\mathbf{q} + \mathbf{k}) \right]

利用 δ\delta 函数完成积分，并注意到色散关系是偶函数 ω(−k)=ω(k)\omega(-\mathbf{k}) = \omega(\mathbf{k})： =−121(2π)3[ω(−k)A~(k)+ω(k)A~(k)]=−ω(k)(2π)3A~(k)= - \frac{1}{2} \frac{1}{(2\pi)^3} \left[ \omega(-\mathbf{k}) \tilde{A}(\mathbf{k}) + \omega(\mathbf{k}) \tilde{A}(\mathbf{k}) \right] = - \frac{\omega(\mathbf{k})}{(2\pi)^3} \tilde{A}(\mathbf{k})

这完美匹配了方程 (∗)(*) 右侧的系数。因此，该高斯泛函确实是自由标量场哈密顿量的基态解。

最终结果为：

⟨A∣0⟩∝exp⁡[−12∫d3k(2π)3ω(k)A~(k)A~(−k)]\boxed{ \langle A | 0 \rangle \propto \exp \left[ - \frac{1}{2} \int \frac{d^3 k}{(2\pi)^3} \omega(\mathbf{k}) \tilde{A}(\mathbf{k}) \tilde{A}(-\mathbf{k}) \right] }