ウィックの定理と縮約の数え上げ

自由場の時間順序積（またはガウス積分） $⟨ ϕ_{1} \dots ϕ_{2 n} ⟩_{0}$ をすべての対の縮約の和に分解し、 $⟨ ϕ^{2 n} ⟩_{0} = (2 n - 1)!! G^{n}$ や $O (N)$ 成分の $⟨(ϕ_{a} ϕ_{a})^{2} ⟩_{0} = N (N + 2) G (0)^{2}$ のように、縮約の数と添字の和を正しく数えられる

前提

ファインマン伝播関数と iε 処方（大学院物理場の量子論）
ガウス積分（大学数学微分積分）
組合せ（数学A 場合の数と確率）

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算数中学高校大学大学院

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留数定理による複素積分（大学数学複素関数）
ファインマン伝播関数と iε 処方（大学院物理場の量子論）
ガウス積分（大学数学微分積分）
組合せ（数学A 場合の数と確率）

説明

自由場（相互作用のない場）の真空期待値 $⟨ 0∣ T ϕ (x_{1}) \dots ϕ (x_{2 n}) ∣0 ⟩$ や、ガウス分布の重みによる平均 $⟨ x_{i_{1}} \dots x_{i_{2 n}} ⟩_{0}$ を、2 点関数（伝播関数）の積の和として書き下せるようになります。この和は「場を 2 つずつ組にする組み方（縮約）すべて」にわたる和で、組み方の数え上げと添字の和を正しく行うことが要点です。摂動論でファインマン図の係数（対称性因子）を求めるときや、 $O (N)$ 模型で $N$ の因子を数えるときに毎回使います。

なぜそうしてよいのか

まず有限個の変数 $x_{1}, \dots, x_{m}$ についての多変数ガウス積分で考えます。正定値対称行列 $A$ を使って重み $e^{- \frac{1}{2} x^{T} A x}$ で平均をとり、 $G = A^{- 1}$ とおきます。外から源 $J$ を足した積分 $Z (J) = \int d^{m} x e^{- \frac{1}{2} x^{T} A x + J^{T} x}$ は、平方完成 $- \frac{1}{2} (x - G J)^{T} A (x - G J) + \frac{1}{2} J^{T} G J$ と変数の平行移動により $Z (J) = Z (0) e^{\frac{1}{2} J^{T} G J}$ となります。 $⟨ x_{i_{1}} \dots x_{i_{k}} ⟩_{0} = \frac{1}{Z ( 0 )} \frac{\partial ^{k} Z}{\partial J _{i_{1}} \dots \partial J _{i_{k}}}_{J = 0}$ なので、右辺の指数関数をテイラー展開して $J = 0$ で残る項を見ればよいわけです。

$k = 2 n$ 回微分して $J = 0$ で残るのは、ちょうど $J$ について $2 n$ 次の項 $\frac{1}{n !} (\frac{1}{2} \sum_{i, j} J_{i} G_{ij} J_{j})^{n}$ だけです（ $k$ が奇数なら残る項がなく、期待値は $0$ ）。この項を $2 n$ 個の異なる $J$ で微分すると、各微分が $n$ 個の因子 $J_{i} G_{ij} J_{j}$ のどこかの $J$ を 1 つずつ消します。 $n$ 個の因子の並べ替え（ $n!$ 通り）と、各因子の中の 2 つの $J$ の入れ替え（ $2^{n}$ 通り）は同じ組分けを与え、その重複がちょうど前の係数 $\frac{1}{n ! 2 ^{n}}$ を打ち消します。結果として「 $2 n$ 個の変数を $n$ 組の対に分ける分け方 1 通りごとに $G$ の積が 1 つ」というウィックの定理 $⟨ x_{i_{1}} \dots x_{i_{2 n}} ⟩_{0} = \sum_{対の分け方} \prod_{対 (a, b)} G_{i_{a} i_{b}}$ が得られます。

対の分け方の総数は、まだ組になっていない番号の最も小さいものの相手を選ぶ操作を繰り返すと $(2 n - 1) (2 n - 3) \dots 3 \cdot 1 = (2 n - 1)!! = \frac{( 2 n )!}{2 ^{n} n !}$ 通りです。自由場の時間順序積でも事情は同じで（場を生成部分と消滅部分に分けて正規順序に並べ替えると、真空期待値に残るのは対ごとの $⟨ 0∣ T ϕ (x) ϕ (y) ∣0 ⟩ = D_{F} (x - y)$ の積の和になります）、 $G_{ij}$ を $D_{F} (x_{i} - x_{j})$ に置き換えるだけで同じ数え上げが成り立ちます。同じ点の 2 つの場を組にすると $D_{F} (0)$ が現れることにも注意します。

手順

期待値の中の場（変数）をすべて別々のものとして並べ、番号を付ける。同じ点の $ϕ (x)^{4}$ も 4 個の区別できる因子 $ϕ (x) ϕ (x) ϕ (x) ϕ (x)$ とみなす。場の個数が奇数なら答えは $0$ 。
2 つずつの対に分ける分け方を、伝播関数の積の「形」ごとに分類する（例: どの点とどの点が何本つながるか）。全部で $(2 n - 1)!!$ 通りあることを確認に使う。
各形について、それを与える分け方が何通りあるかを $_{n} C_{r}$ や順列を使って数える。
各対を伝播関数に置き換える。点 $x, y$ の対は $G (x - y)$ （時間順序積なら $D_{F} (x - y)$ ）、同じ点の対は $G (0)$ 。成分のある場では対ごとに $δ_{ab} G$ を書く。
成分の添字の和をとる。閉じたループになった $δ_{aa}$ は $N$ を 1 つ与える。
（形ごとの個数）×（伝播関数の積）をすべて足し、個数の合計が $(2 n - 1)!!$ に一致するか確かめる。

例題

実スカラー自由場 $ϕ$ について、 $a = ⟨ 0∣ ϕ (x) ϕ (x) ∣0 ⟩$ 、 $b = ⟨ 0∣ T ϕ (x) ϕ (y) ∣0 ⟩$ （ $x \neq = y$ ）とおく（ $a$ は形式的な定数として扱う）。 $⟨ 0∣ T ϕ (x)^{4} ϕ (y)^{2} ∣0 ⟩$ を $a, b$ で表せ。

例題の解答

手順 1: 6 個の場を $ϕ_{x 1} ϕ_{x 2} ϕ_{x 3} ϕ_{x 4} ϕ_{y 1} ϕ_{y 2}$ と区別する。偶数個なので $0$ ではなく、対の分け方は全部で $5!! = 15$ 通り。

手順 2: $y$ の各場は、 $y$ の場か $x$ の場のどちらかと組む。 $ϕ_{y 1}$ と $ϕ_{y 2}$ が互いに組めば (i)、そうでなければ $ϕ_{y 1}$ も $ϕ_{y 2}$ も $x$ の場と組むので (ii) である。（一方だけが $x$ の場と組み、もう一方が $y$ の場と組むことは、 $y$ の場がもう残っていないのでありえない。）

手順 3: (i) $y$ どうしの対は 1 通り。残る $x$ の 4 つの場の分け方は $3!! = 3$ 通り。合計 $3$ 通り。(ii) $ϕ_{y 1}$ の相手を $x$ の 4 つから選んで 4 通り、 $ϕ_{y 2}$ の相手を残りの 3 つから選んで 3 通り、残る 2 つの $x$ の場の対は 1 通り。合計 $12$ 通り。

手順 4: (i) の各分け方は $x$ どうしの対 2 つと $y$ どうしの対 1 つで $a^{2} \cdot a = a^{3}$ （並進不変性で $⟨ ϕ (y) ϕ (y)⟩ = ⟨ ϕ (x) ϕ (x)⟩ = a$ ）。(ii) の各分け方は $x$ – $y$ の対 2 つと $x$ どうしの対 1 つで $b^{2} a$ 。

手順 5: 成分のない場なので、添字の和はない。

手順 6: 個数の合計は $3 + 12 = 15 = 5!!$ で全体に一致する。よって
$⟨ 0∣ T ϕ (x)^{4} ϕ (y)^{2} ∣0 ⟩ = 3 a^{3} + 12 a b^{2} .$

答え: $3 a^{3} + 12 a b^{2}$

よくある誤り

同じ点の場 $ϕ (x)^{4}$ を 1 つのものと見て、 $⟨ ϕ^{4} ⟩_{0} = G^{2}$ としてしまう誤り。4 個の因子を区別して数えるので、正しくは $⟨ ϕ^{4} ⟩_{0} = 3 G^{2}$ （一般に $⟨ ϕ^{2 n} ⟩_{0} = (2 n - 1)!! G^{n}$ ）。
対の分け方の数を、対の順序や対の中の順序まで区別して $(2 n)!$ や $(2 n)! / n!$ と数えてしまう誤り。正しくは両方の重複を割って $\frac{( 2 n )!}{2 ^{n} n !} = (2 n - 1)!!$ 。たとえば $n = 3$ なら $720$ ではなく $15$ 。
$O (N)$ 成分の場で添字の和を忘れ、 $⟨(ϕ_{a} ϕ_{a})^{2} ⟩_{0} = 3 G (0)^{2}$ としてしまう誤り。 $ϕ_{a} ϕ_{a} ϕ_{b} ϕ_{b}$ の 3 通りの縮約は $δ_{aa} δ_{bb} = N^{2}$ 、 $δ_{ab} δ_{ab} = N$ 、 $δ_{ab} δ_{ba} = N$ を与えるので、正しくは $N (N + 2) G (0)^{2}$ 。
同じ点どうしの縮約（自己縮約）を落として、 $⟨ 0∣ T ϕ (x)^{2} ϕ (y)^{2} ∣0 ⟩ = 2 D_{F} (x - y)^{2}$ としてしまう誤り。正しくは $D_{F} (0)^{2} + 2 D_{F} (x - y)^{2}$ （自己縮約は正規順序積 $: ϕ^{2} :$ をとったときに限って除かれる）。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
自由な実スカラー場 $ϕ$ の真空期待値（時間順序積）を $⟨ \dots ⟩_{0}$ で表し、2 点関数を
$⟨ ϕ (x) ϕ (x) ⟩_{0} = ⟨ ϕ (y) ϕ (y) ⟩_{0} = G_{0}, ⟨ ϕ (x) ϕ (y) ⟩_{0} = G_{1}$
とおく（ $x \neq = y$ は異なる 2 つの時空点、 $G_{0}$ , $G_{1}$ は定数とみなす）。自由場では奇数個の場の期待値は $0$ であり、ウィックの定理が成り立つ。
$⟨ ϕ (x)^{3} ϕ (y)^{3} ⟩_{0}$
を $G_{0}$ と $G_{1}$ の式で求めよ。

この技能を使う問題

難易度 3（大学院入試の専門科目の標準レベル）
$d$ 次元ユークリッド空間上の $N$ 成分実スカラー場 $ϕ_{a} (x)$ $(a = 1, \dots, N)$ を考える。作用は
$S = \int d^{d} x [\frac{1}{2} \partial_{μ} ϕ_{a} \partial_{μ} ϕ_{a} + \frac{1}{2} m^{2} ϕ_{a} ϕ_{a} + \frac{λ}{8} (ϕ_{a} ϕ_{a})^{2}]$
であり、繰り返す添字については和をとる。 $S_{0}$ を $λ = 0$ の自由部分、 $S_{I} = \frac{λ}{8} \int d^{d} x (ϕ_{a} ϕ_{a})^{2}$ を相互作用部分とし、分配関数を $Z = \int D ϕ e^{- S}$ 、 $Z_{0} = \int D ϕ e^{- S_{0}}$ とする。自由場の伝播関数を
$⟨ ϕ_{a} (x) ϕ_{b} (y) ⟩_{0} = δ_{ab} G (x - y)$
とし、 $G (0)$ は適当な正則化のもとで有限な定数として形式的に扱う（その値は求めなくてよい）。
ウィックの定理を用いて $lo g (Z / Z_{0})$ を $λ$ で展開したとき、その $λ^{2}$ の項は
$λ^{2} [c_{1} \int d^{d} x d^{d} y G (x - y)^{4} + c_{2} G (0)^{2} \int d^{d} x d^{d} y G (x - y)^{2}]$
の形に書ける。係数 $c_{1}, c_{2}$ を $N$ の式で求め、組 $(c_{1}, c_{2})$ の形で答えよ。

この技能の次に学べること

ファインマン図の対称因子と連結図（大学院物理場の量子論）