A rotação no plano complexo de k⁰

Girar o tempo parece arbitrário, mas há uma regra estrita: ao deformar um caminho de integração no plano complexo, você não pode passar por cima de um polo — se passar, o resultado muda. É como desviar um rio ao redor de pedras: pode escolher o trajeto, desde que não atravesse nenhuma.

O que torna a rotação de Wick legítima é que os polos do propagador ficam, por causa do famoso iϵ, exatamente nos dois quadrantes que a rotação não visita. Não é sorte: o iϵ foi posto ali para isso.

Toda integral de laço em TQC tem a forma ∫d4k f(k), e a integração em k0 corre sobre o eixo real. O propagador de Feynman contribui com

cujos polos, em k0, estão em

Girar o contorno de k0 real para k0=ik4 imaginário, no sentido anti-horário, varre os quadrantes I e III. Os polos estão em II e IV. Nenhum é cruzado, e pelo teorema de Cauchy o valor da integral não muda.

Falta o arco no infinito. Para um integrando que cai como 1/k4 (o caso típico de um laço), a contribuição do arco de raio R vai como R⋅R−4=R−3. O laboratório mede: 1,6×10−3 em R=10, 1,6×10−6 em R=100, 1,6×10−9 em R=1000. Cai como 1/R3 e some.

Feita a rotação, dk0=i dk4 e (k0)2=−(k4)2, de modo que

e o denominador k2−m2+iϵ vira −(kE2+m2): nunca zero. O iϵ deixa de ser necessário, porque não há mais polo nenhum no caminho.

À esquerda, o plano complexo de k0 com os polos e o contorno girando. À direita, o valor do propagador ao longo do contorno: no eixo real ele diverge nos polos; no eixo imaginário é liso, positivo e integrável.

Acompanhe o painel da direita enquanto o contorno gira: os dois picos que explodem em k0=±ω vão encolhendo até desaparecerem, e em 90° sobra uma curva suave com um máximo achatado. Esse é o propagador euclidiano 1/(kE2+m2) — positivo em toda parte, sem polo, sem prescrição. Diminua o ϵ e observe os polos se aproximando do eixo real: a integral de Minkowski fica cada vez mais delicada, enquanto a euclidiana não muda nada. O iϵ é a cicatriz de se insistir em integrar no eixo errado.

Girar o contorno é aplicar o teorema de Cauchy a um setor fechado: eixo real → arco no infinito → eixo imaginário. A integral sobre o contorno fechado é zero se não há polo dentro; então a integral no eixo real é igual à do eixo imaginário, desde que o arco não contribua. São duas condições, e as duas precisam ser checadas:

1 · Os polos. O propagador de Feynman tem polos em k0=±(ωk−iϵ): um no quadrante IV (Re>0, Im<0) e outro no II. A rotação anti-horária de 0 a 90∘ varre exatamente os quadrantes I e III — os vazios. É por isso que o iϵ não é decoração: ele é a razão de a rotação ser legítima. Com a prescrição retardada, os dois polos ficam no mesmo semiplano e o setor varrido contém um deles — a rotação de Wick simplesmente não vale para GR.

2 · O arco. Num arco de raio R o comprimento cresce como πR/2. Para um propagador isolado o integrando cai como R−2, e o arco dá ∼π/2R→0: passa, mas raspando. Para os integrandos de laço que de fato precisam ser girados a queda é R−4, e o arco vale

que são os números que o Lab 04 imprime (1,6×10−3 em R=10; 1,6×10−9 em R=103). Se o integrando não caísse rápido o bastante — e há teorias onde não cai — a rotação seria ilegal, e é justamente isso que os axiomas de Osterwalder-Schrader (Osterwalder-Schrader: o que legitima a volta) transformam numa condição verificável em vez de uma esperança.

Calculamos I=∫−∞∞dk0 1(k0)2−ω2+iϵ de duas maneiras, por resíduos e por rotação k0=ik4, e mostramos por que só a rotação anti-horária é permitida. Aqui ω=k2+m2 e ϵ→0+.

Onde estão os polos (k0)2=ω2−iϵ dá k0=±ω2−iϵ=±(ω−iϵ′), com ϵ′=ϵ/2ω. O polo +ω−iϵ′ está no quadrante IV; o polo −ω+iϵ′ no quadrante II.

Por resíduos Feche pelo semiplano superior; o arco de raio R contribui ≲πR/R2→0. Só o polo em −ω+iϵ′ está dentro, com resíduo 1/(2k0)=−1/(2ω): I=2πi⋅(−12ω)=−iπω.

Rotação: o contorno fechado não contém polos Considere o contorno: eixo real de −R a R, arco no quadrante I até iR, eixo imaginário de iR a −iR, arco no quadrante III de volta a −R. Os polos estão em II e IV, fora dele, então a integral fechada é nula (Cauchy). Nos arcos, ∣f∣≤1/(R2−ω2) e o comprimento é πR/2 cada: a contribuição é O(1/R)→0. Logo ∫−∞∞dk0 f(k0)=∫−i∞+i∞dk0 f(k0).

Calcular no eixo imaginário Com k0=ik4, k4∈R: dk0=i dk4 e (k0)2−ω2=−[(k4)2+ω2]. O iϵ pode ser tirado: o denominador nunca zera. I=i∫−∞∞dk4−[(k4)2+ω2]=−i⋅πω=−iπω. Coincide com o resultado por resíduos.

A rotação no sentido contrário falha Girar no sentido horário, k0=−ik4, varre os quadrantes II e IV e cruza os dois polos. A conta formal daria +iπ/ω, com o sinal oposto: a diferença 2πi/ω é exatamente 2πi vezes a soma dos dois resíduos de módulo 1/(2ω) que foram atravessados. O iϵ existe para empurrar os polos para os quadrantes que a rotação anti-horária não visita.

Resultado. ∫dk0 1(k0)2−ω2+iϵ=−iπω por resíduos e por Wick, com arco ∼1/R. Conferência numérica da integral real com ϵ=0,02 e ∣k0∣≤2000: parte imaginária −3,1411 contra −π=−3,1416 (ω=1). Para integrandos de laço, que caem como 1/R4, o arco cai ainda mais depressa (R−3).