习题 6.1 - 解答

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物理背景与题目分析

本题要求推导电子-质子弹性散射的 Rosenbluth 公式。在此过程中，电子被视为无质量的点粒子（$E \gg m_e$），而质子由于强相互作用具有内部结构，其电磁顶点由两个形状因子 $F_1(q^2)$ 和 $F_2(q^2)$ 参数化。 散射过程为 $e^-(k) + p^+(p) \rightarrow e^-(k') + p^+(p')$。 在实验室系中，初始质子静止，运动学变量如下：

• 初始质子动量：$p = (m, 0, 0, 0)$
• 初始电子动量：$k = (E, 0, 0, E)$
• 末态电子动量：$k' = (E', E'\sin\theta, 0, E'\cos\theta)$
• 动量转移：$q = k - k' = p' - p$

首先，我们推导运动学关系。动量转移的平方为： $q^2 = (k - k')^2 \approx -2k \cdot k' = -2EE'(1 - \cos\theta) = -4EE'\sin^2\frac{\theta}{2}$ 由能量动量守恒 $p' = p + q$，两边平方得 $p'^2 = p^2 + 2p \cdot q + q^2$。由于质子质量不变 $p'^2 = p^2 = m^2$，我们有： $2p \cdot q = -q^2$ 在实验室系中，$p \cdot q = m(E - E')$，因此： $2m(E - E') = 4EE'\sin^2\frac{\theta}{2} \implies E' = \frac{E}{1 + \frac{2E}{m}\sin^2\frac{\theta}{2}}$

解题过程

1. 矩阵元与 Gordon 分解 单光子交换的 Feynman 振幅为： $i\mathcal{M} = \bar{u}(k') (-ie\gamma^\mu) u(k) \left(\frac{-ig_{\mu\nu}}{q^2}\right) \bar{u}(p') \left[ ie \left( \gamma^\nu F_1 + \frac{i\sigma^{\nu\rho}q_\rho}{2m} F_2 \right) \right] u(p)$ 为了简化后续的迹计算，我们利用 Gordon 恒等式 $\bar{u}(p')\gamma^\mu u(p) = \bar{u}(p') \left[ \frac{(p'+p)^\mu}{2m} + \frac{i\sigma^{\mu\nu}q_\nu}{2m} \right] u(p)$ 重写质子顶点。令 $P = p + p'$，则顶点因子可化为： $\Gamma^\mu = \gamma^\mu F_1 + \left( \gamma^\mu - \frac{P^\mu}{2m} \right) F_2 = \gamma^\mu (F_1 + F_2) - \frac{P^\mu}{2m} F_2$ 于是矩阵元平方的自旋平均为： $\overline{|\mathcal{M}|^2} = \frac{1}{4} \sum_{\text{spins}} |\mathcal{M}|^2 = \frac{e^4}{q^4} L^{\mu\nu} H_{\mu\nu}$ 其中电子张量 $L^{\mu\nu}$ 和质子张量 $H_{\mu\nu}$ 分别定义为（包含 $1/2$ 因子）： $L^{\mu\nu} = \frac{1}{2} \text{Tr}[\gamma^\mu \slashed{k} \gamma^\nu \slashed{k}'] = 2(k^\mu k'^\nu + k^\nu k'^\mu - g^{\mu\nu} k \cdot k')$ $H_{\mu\nu} = \frac{1}{2} \text{Tr}[\Gamma_\mu (\slashed{p} + m) \bar{\Gamma}_\nu (\slashed{p}' + m)]$

2. 计算质子张量 $H_{\mu\nu}$ 将 $\Gamma_\mu$ 代入 $H_{\mu\nu}$ 并展开迹： $H_{\mu\nu} = \frac{1}{2} \text{Tr} \left[ \left( \gamma_\mu (F_1+F_2) - \frac{P_\mu}{2m} F_2 \right) (\slashed{p}+m) \left( \gamma_\nu (F_1+F_2) - \frac{P_\nu}{2m} F_2 \right) (\slashed{p}'+m) \right]$ 逐项计算迹：

• $\gamma_\mu \dots \gamma_\nu$ 项： $\frac{1}{2} (F_1+F_2)^2 \text{Tr}[\gamma_\mu(\slashed{p}+m)\gamma_\nu(\slashed{p}'+m)] = 2(F_1+F_2)^2 [p_\mu p'_\nu + p_\nu p'_\mu - g_{\mu\nu}(p\cdot p' - m^2)]$ 利用 $p\cdot p' - m^2 = -q^2/2$ 和 $p_\mu p'_\nu + p_\nu p'_\mu = \frac{1}{2}P_\mu P_\nu - \frac{1}{2}q_\mu q_\nu$，该项化为： $(F_1+F_2)^2 [P_\mu P_\nu - q_\mu q_\nu + g_{\mu\nu}q^2]$
• 交叉项： $-\frac{1}{2} (F_1+F_2) \frac{F_2}{2m} P_\nu \text{Tr}[\gamma_\mu(\slashed{p}+m)(\slashed{p}'+m)] + (\mu \leftrightarrow \nu)$ 由于 $\text{Tr}[\gamma_\mu(\slashed{p}+m)(\slashed{p}'+m)] = 4m(p_\mu + p'_\mu) = 4m P_\mu$，交叉项总和为： $-2(F_1+F_2)F_2 P_\mu P_\nu$
• $P_\mu P_\nu$ 项： $\frac{1}{2} \frac{F_2^2}{4m^2} P_\mu P_\nu \text{Tr}[(\slashed{p}+m)(\slashed{p}'+m)] = \frac{F_2^2}{8m^2} P_\mu P_\nu \cdot 4(p\cdot p' + m^2)$ 利用 $p\cdot p' + m^2 = 2m^2 - q^2/2$，该项化为： $F_2^2 \left(1 - \frac{q^2}{4m^2}\right) P_\mu P_\nu$ 将上述三项相加，合并 $P_\mu P_\nu$ 的系数： $(F_1+F_2)^2 - 2(F_1+F_2)F_2 + F_2^2 \left(1 - \frac{q^2}{4m^2}\right) = F_1^2 - \frac{q^2}{4m^2} F_2^2$ 因此，质子张量简化为： $H_{\mu\nu} = \left( F_1^2 - \frac{q^2}{4m^2} F_2^2 \right) P_\mu P_\nu + (F_1+F_2)^2 (g_{\mu\nu} q^2 - q_\mu q_\nu)$

3. 张量收缩与矩阵元平方 计算 $L^{\mu\nu} H_{\mu\nu}$。由于电子无质量，流守恒保证了 $q_\mu L^{\mu\nu} = 0$，因此 $H_{\mu\nu}$ 中的 $q_\mu q_\nu$ 项在收缩时为零。

• 收缩 $P_\mu P_\nu$ 项： $L^{\mu\nu} P_\mu P_\nu = 2[2(k\cdot P)(k'\cdot P) - P^2 (k\cdot k')]$ 代入运动学关系 $k\cdot P = 2mE + q^2/2$，$k'\cdot P = 2mE' - q^2/2 = 2mE + q^2/2$，$P^2 = 4m^2 - q^2$，$k\cdot k' = -q^2/2$： $L^{\mu\nu} P_\mu P_\nu = 2 \left[ 2\left(2mE + \frac{q^2}{2}\right)^2 - (4m^2 - q^2)\left(-\frac{q^2}{2}\right) \right] = 16m^2E^2 + 8mEq^2 + 4m^2q^2$ 利用 $q^2 = 2m(E'-E)$，上式可化简为： $4m^2(4E^2 + 2E(E'-E) + q^2/m^2 \cdot m^2) = 4m^2(4EE' + q^2)$ 代入 $q^2 = -4EE'\sin^2\frac{\theta}{2}$，得到： $L^{\mu\nu} P_\mu P_\nu = 4m^2 \left( 4EE' - 4EE'\sin^2\frac{\theta}{2} \right) = 16m^2 EE' \cos^2\frac{\theta}{2}$
• 收缩 $g_{\mu\nu} q^2$ 项： $L^{\mu\nu} g_{\mu\nu} q^2 = q^2 L^\mu_\mu = q^2 \cdot 2(2k\cdot k' - 4k\cdot k') = -4q^2 (k\cdot k') = 2q^4$ 代入 $q^2 = -4EE'\sin^2\frac{\theta}{2}$，得到： $2q^4 = 2q^2 \left( -4EE'\sin^2\frac{\theta}{2} \right) = -8EE' q^2 \sin^2\frac{\theta}{2}$ 将两部分组合，得到矩阵元平方： $\overline{|\mathcal{M}|^2} = \frac{e^4}{q^4} \left[ 16m^2 EE' \cos^2\frac{\theta}{2} \left( F_1^2 - \frac{q^2}{4m^2} F_2^2 \right) - 8EE' q^2 \sin^2\frac{\theta}{2} (F_1+F_2)^2 \right]$ 提取公因子 $\frac{16e^4 m^2 EE'}{q^4}$： $\overline{|\mathcal{M}|^2} = \frac{16e^4 m^2 EE'}{q^4} \left[ \left( F_1^2 - \frac{q^2}{4m^2} F_2^2 \right) \cos^2\frac{\theta}{2} - \frac{q^2}{2m^2} (F_1+F_2)^2 \sin^2\frac{\theta}{2} \right]$

4. 计算微分截面 实验室系中 $1+2 \rightarrow 3+4$ 散射的微分截面公式为： $d\sigma = \frac{1}{4mE} \int \frac{d^3 k'}{(2\pi)^3 2E'} \frac{d^3 p'}{(2\pi)^3 2E_p'} (2\pi)^4 \delta^{(4)}(k+p-k'-p') \overline{|\mathcal{M}|^2}$ 完成对 $d^3 p'$ 和 $E'$ 的相空间积分，得到： $\frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{1}{64\pi^2 m^2} \left(\frac{E'}{E}\right)^2 \overline{|\mathcal{M}|^2}$ 将 $\overline{|\mathcal{M}|^2}$ 代入，并利用 $q^4 = 16E^2 E'^2 \sin^4\frac{\theta}{2}$： $\frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{E'^2}{64\pi^2 m^2 E^2} \frac{16e^4 m^2 EE'}{16E^2 E'^2 \sin^4\frac{\theta}{2}} \left[ \dots \right] = \frac{e^4 E'}{64\pi^2 E^3 \sin^4\frac{\theta}{2}} \left[ \dots \right]$ 使用精细结构常数 $\alpha = \frac{e^2}{4\pi}$，即 $e^4 = 16\pi^2 \alpha^2$： $\frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{\alpha^2 E'}{4 E^3 \sin^4\frac{\theta}{2}} \left[ \dots \right]$ 代入 $E' = \frac{E}{1 + \frac{2E}{m}\sin^2\frac{\theta}{2}}$，并利用 $d\Omega = 2\pi d(\cos\theta)$ 转换为对 $\cos\theta$ 的微商： $\frac{d\sigma}{d\cos\theta} = 2\pi \frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{\pi \alpha^2}{2 E^2 \left(1 + \frac{2E}{m}\sin^2\frac{\theta}{2}\right) \sin^4\frac{\theta}{2}} \left[ \dots \right]$ 将方括号中的项完整写出，即得到最终的 Rosenbluth 公式：

习题 6.2 - 解答

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(a) 矩阵元结构与系数 $B$ 的分析

在极高能近似下，电子的初末态动量分别为 $p$ 和 $p'$，传递的动量为 $q = p - p'$。根据狄拉克方程，旋量满足 $\slashed{p}u(p) = m u(p)$ 和 $\bar{u}(p')\slashed{p'} = m \bar{u}(p')$。 将展开式 $\bar{u}(p')\gamma^\mu u(p) = A q^\mu + B \tilde{q}^\mu + C \epsilon_1^\mu + D \epsilon_2^\mu$ 两边同乘 $q_\mu$：

由于 $\epsilon_1$ 和 $\epsilon_2$ 是垂直于 $\mathbf{q}$ 的单位向量，且 $q^0 = \tilde{q}^0, \mathbf{q} = -\tilde{\mathbf{q}}$，我们有 $q \cdot \epsilon_i = 0$。因此等式右边变为：

在小角散射极限下，能量 $E \approx p, E' \approx p'$，动量传递的平方为：

而 $q \cdot \tilde{q}$ 为：

因此，系数 $B$ 的量级为：

这表明 $B$ 最多是 $\theta^2$ 阶的，在小角前向散射极限下可以忽略。

(b) 极化向量与矩阵元的显式计算

在 $p = (E, 0, 0, E)$ 的参考系中，末态动量为 $p' = (E', E'\sin\theta, 0, E'\cos\theta)$。 光子动量 $q = p - p' \approx (xE, -E'\theta, 0, xE)$，其中 $x = (E-E')/E$。 取垂直于散射平面的极化向量 $\epsilon_2 = (0, 0, 1, 0)$。平行于散射平面且正交于 $q$ 的极化向量 $\epsilon_1$ 满足 $q \cdot \epsilon_1 = 0$，归一化后在小 $\theta$ 极限下为：

对于无质量电子，螺旋度守恒。取右旋旋量（Weyl基底）：

计算矩阵元 $\bar{u}_R(p') \gamma^\mu u_R(p) = \sqrt{4EE'} (1, \theta/2) \sigma^\mu (1, 0)^T$： 对于 $\epsilon_1$，有 $\epsilon_1 \cdot \gamma = -\gamma^1 - \frac{E'\theta}{xE}\gamma^3$：

对于 $\epsilon_2$，有 $\epsilon_2 \cdot \gamma = -\gamma^2$：

左旋电子的结果仅在 $\epsilon_2$ 处差一个符号。因此系数 $C$ 和 $D$ 的模方和为：

(c) 电子散射截面与对数发散

电子-靶散射的微分散射截面为：

真实光子-靶的散射截面 $\sigma_\gamma(xE)$ 满足：

相空间元 $d^3p' \approx 2\pi E'^2 dE' \theta d\theta = 2\pi dE' p'_\perp dp'_\perp$，且 $q^2 \approx -EE'\theta^2 = -E p'^2_\perp / E'$。代入截面公式：

化简并利用 $dE' = E dx$：

对 $p'_\perp$ 的积分 $\int \frac{dp'_\perp}{p'_\perp}$ 在 $p'_\perp \to 0$（即 $\theta \to 0$）时呈现对数发散。

(d) 引入电子质量截断发散

恢复电子质量 $m$，动量大小 $p \approx E - m^2/(2E)$，此时 $q^2$ 变为：

截面中关于 $\theta$ 的积分变为：

这消除了 $\theta \to 0$ 的发散，并将原本的 $\int \frac{dp'_\perp}{p'_\perp}$ 替换为了 $\frac{1}{2}\log\left(\frac{s}{m^2}\right)$。

(e) 等效光子近似 (Weizsäcker-Williams Approximation)

将 (d) 中的积分结果代入 (c) 的截面表达式中，原本的 $\int \frac{dp'_\perp}{p'_\perp}$ 贡献了因子 $\frac{1}{2}\log\left(\frac{s}{m^2}\right)$，我们得到：

这表明电子-靶的散射截面可以分解为等效真实光子通量 $N_\gamma(x)dx$ 与光子-靶散射截面 $\sigma_\gamma$ 的乘积，其中等效光子分布为：

习题 6.3 - 解答

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(a) 虚拟 Higgs 玻色子对电子 $(g-2)$ 的贡献

相互作用哈密顿量为 $H_{\text{int}} = \int d^3x \frac{\lambda}{\sqrt{2}} h \bar{\psi}\psi$，对应的顶点 Feynman 规则为 $-i\frac{\lambda}{\sqrt{2}}$。 我们计算包含虚拟 Higgs 玻色子 $h$ 的单圈顶点修正。设入射电子动量为 $p$，出射电子动量为 $p'$，光子动量为 $q = p' - p$。单圈顶点函数 $-ie\Gamma^\mu(p', p)$ 为： $-ie\Gamma^\mu = \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \left(-i\frac{\lambda}{\sqrt{2}}\right) \frac{i(\slashed{p}' - \slashed{k} + m)}{(p'-k)^2 - m^2} (-ie\gamma^\mu) \frac{i(\slashed{p} - \slashed{k} + m)}{(p-k)^2 - m^2} \left(-i\frac{\lambda}{\sqrt{2}}\right) \frac{i}{k^2 - m_h^2}$ 化简常数因子，并引入 Feynman 参数 $x, y, z$（满足 $x+y+z=1$）： $\Gamma^\mu = -i\frac{\lambda^2}{2} \int dxdydz \delta(x+y+z-1) \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{2 N^\mu_h}{D^3}$ 其中分母 $D = x((p'-k)^2 - m^2) + y((p-k)^2 - m^2) + z(k^2 - m_h^2)$。 配方并平移积分变量 $l = k - (xp' + yp)$，在 $q^2 \to 0$ 的极限下（由对称性 $x=y=(1-z)/2$），分母变为 $D = l^2 - \Delta_h$，其中 $\Delta_h = (1-z)^2 m^2 + z m_h^2$。

分子部分为 $N^\mu_h = (\slashed{p}' - \slashed{k} + m) \gamma^\mu (\slashed{p} - \slashed{k} + m)$。 由于我们只关心夹在旋量 $\bar{u}(p')$ 和 $u(p)$ 之间的矩阵元，可以利用 Dirac 方程 $\bar{u}(p')\slashed{p}' = m\bar{u}(p')$ 和 $\slashed{p}u(p) = m u(p)$，将分子等效替换为： $N^\mu_h \doteq (2m - \slashed{k}) \gamma^\mu (2m - \slashed{k}) = 4m^2 \gamma^\mu - 4m k^\mu + \slashed{k} \gamma^\mu \slashed{k}$ 利用 $\slashed{k} \gamma^\mu \slashed{k} = 2k^\mu \slashed{k} - k^2 \gamma^\mu$，并代入 $k = l + xp' + yp$。奇数阶 $l$ 的项积分后为零，而正比于 $\gamma^\mu$ 的项只对电荷形状因子 $F_1$ 有贡献，不贡献反常磁矩 $F_2$。 我们只需提取出正比于 $i\sigma^{\mu\nu}q_\nu$ 的项。利用 Gordon 恒等式 $(p+p')^\mu = 2m\gamma^\mu + i\sigma^{\mu\nu}q_\nu$，我们有： $k^\mu \doteq \frac{1-z}{2}(p+p')^\mu = \frac{1-z}{2}(2m\gamma^\mu + i\sigma^{\mu\nu}q_\nu)$ $2k^\mu \slashed{k} \doteq 2 \frac{1-z}{2}(p+p')^\mu (1-z)m = m(1-z)^2 (2m\gamma^\mu + i\sigma^{\mu\nu}q_\nu)$ 因此，$N^\mu_h$ 中包含 $i\sigma^{\mu\nu}q_\nu$ 的系数为： $-4m \left(\frac{1-z}{2}\right) + m(1-z)^2 = -m(1-z)(1+z) = -m(1-z^2)$ 根据定义 $\Gamma^\mu = \gamma^\mu F_1 + \frac{i\sigma^{\mu\nu}q_\nu}{2m} F_2$，我们得到 $F_2$ 的被积函数部分为 $2m \times [-m(1-z^2)] = -2m^2(1-z^2)$。 完成动量 $l$ 的积分 $\int \frac{d^4l}{(2\pi)^4} \frac{1}{(l^2 - \Delta_h)^3} = \frac{-i}{32\pi^2 \Delta_h}$，得到 Higgs 玻色子对电子反常磁矩的贡献 $a_h = F_2(0)$： $a_h = -i\frac{\lambda^2}{2} \int_0^1 dz (1-z) \frac{-2i}{32\pi^2 \Delta_h} [-2m^2(1-z^2)] = \frac{\lambda^2 m^2}{16\pi^2} \int_0^1 dz \frac{(1-z)^2(1+z)}{(1-z)^2 m^2 + z m_h^2}$ 最终结果为： $\boxed{ a_h = \frac{\lambda^2 m_e^2}{16\pi^2} \int_0^1 dz \frac{(1-z)^2(1+z)}{(1-z)^2 m_e^2 + z m_h^2} }$

(b) 对 $\lambda$ 和 $m_h$ 的限制

对于电子，已知 $m_e \ll m_h$，积分主要由 $z \to 0$ 区域贡献，近似为： $a_h \approx \frac{\lambda^2 m_e^2}{16\pi^2 m_h^2} \int_0^1 \frac{dz}{z + (m_e/m_h)^2} \approx \frac{\lambda^2 m_e^2}{8\pi^2 m_h^2} \ln\left(\frac{m_h}{m_e}\right)$ 代入 $\lambda = 3 \times 10^{-6}$， $m_h = 60\text{ GeV}$， $m_e = 0.511\text{ MeV}$： $a_h \approx \frac{(3 \times 10^{-6})^2}{8\pi^2} \left(\frac{0.511 \times 10^{-3}}{60}\right)^2 \ln\left(\frac{60}{0.511 \times 10^{-3}}\right) \approx 1.2 \times 10^{-22}$ 这远小于实验误差界限 $1 \times 10^{-10}$，因此 这些值未被排除。

对于 $\mu$ 子，$\lambda = 6 \times 10^{-4}$， $m_\mu = 105.6\text{ MeV}$： $a_h^{(\mu)} \approx \frac{(6 \times 10^{-4})^2}{8\pi^2} \left(\frac{0.106}{60}\right)^2 \ln\left(\frac{60}{0.106}\right) \approx 9 \times 10^{-14}$ 这依然远小于 $\mu$ 子的实验误差界限 $3 \times 10^{-8}$。 事实上，要求 $a_h^{(\mu)} < 3 \times 10^{-8}$ 给出： $\frac{m_\mu^2}{m_h^2} \ln\left(\frac{m_h}{m_\mu}\right) < \frac{8\pi^2 \times 3 \times 10^{-8}}{(6 \times 10^{-4})^2} \approx 6.6$ 由于函数 $\frac{1}{x^2}\ln x$ 的最大值仅为 $\frac{1}{2e} \approx 0.184$，上述不等式对任何 $m_h > m_\mu$ 恒成立。因此，该实验精度不足以对 $m_h$ 施加任何有意义的限制。

(c) 虚拟 Axion 对电子 $(g-2)$ 的贡献及限制

相互作用哈密顿量为 $H_{\text{int}} = \int d^3x \frac{i\lambda}{\sqrt{2}} a \bar{\psi}\gamma^5\psi$，对应的顶点 Feynman 规则为 $\frac{\lambda}{\sqrt{2}}\gamma^5$。 单圈顶点修正的分子部分变为： $N^\mu_a = \gamma^5 (\slashed{p}' - \slashed{k} + m) \gamma^\mu (\slashed{p} - \slashed{k} + m) \gamma^5 = -(\slashed{p}' - \slashed{k} - m) \gamma^\mu (\slashed{p} - \slashed{k} - m)$ 利用 $\bar{u}(p')(\slashed{p}'-m)=0$ 和 $(\slashed{p}-m)u(p)=0$，分子等效为： $N^\mu_a \doteq -(-\slashed{k}) \gamma^\mu (-\slashed{k}) = -\slashed{k} \gamma^\mu \slashed{k} = -2k^\mu \slashed{k} + k^2 \gamma^\mu$ 提取其中正比于 $i\sigma^{\mu\nu}q_\nu$ 的项： $-2k^\mu \slashed{k} \doteq -m(1-z)^2 (2m\gamma^\mu + i\sigma^{\mu\nu}q_\nu)$ 其系数为 $-m(1-z)^2$。因此 $F_2$ 的被积函数部分为 $2m \times [-m(1-z)^2] = -2m^2(1-z)^2$。 注意，由于两个赝标量顶点给出 $(\frac{\lambda}{\sqrt{2}}\gamma^5)^2 = \frac{\lambda^2}{2}$，而标量顶点给出 $(-i\frac{\lambda}{\sqrt{2}})^2 = -\frac{\lambda^2}{2}$，Axion 贡献与 Higgs 贡献之间存在一个整体的负号。积分得到： $\boxed{ a_a = -\frac{\lambda^2 m_e^2}{16\pi^2} \int_0^1 dz \frac{(1-z)^3}{(1-z)^2 m_e^2 + z m_a^2} }$

排除的 $\lambda$ 和 $m_a$ 范围： 要求 $|a_a| > 1 \times 10^{-10}$ 即为被排除的参数空间。

1. 当 $m_a \ll m_e$ 时： 分母近似为 $(1-z)^2 m_e^2$，积分结果为 $\frac{1}{2m_e^2}$。 $a_a \approx -\frac{\lambda^2}{32\pi^2}$ 排除条件为 $\frac{\lambda^2}{32\pi^2} > 10^{-10}$，即 $\lambda > 4\pi\sqrt{2 \times 10^{-10}} \approx 1.78 \times 10^{-4}$。
2. 当 $m_a \gg m_e$ 时： 积分由小 $z$ 区域主导，结果近似为 $\frac{2}{m_a^2}\ln\left(\frac{m_a}{m_e}\right)$。 $a_a \approx -\frac{\lambda^2 m_e^2}{8\pi^2 m_a^2} \ln\left(\frac{m_a}{m_e}\right)$ 排除条件为 $\lambda > \frac{m_a}{m_e} \sqrt{\frac{8\pi^2 \times 10^{-10}}{\ln(m_a/m_e)}}$。
3. 当 $m_a = m_e$ 时： 积分为 $\frac{1}{m_e^2}(\frac{3}{2} - \frac{2\pi}{3\sqrt{3}}) \approx \frac{0.291}{m_e^2}$。 排除条件为 $\lambda > \sqrt{\frac{16\pi^2 \times 10^{-10}}{0.291}} \approx 2.3 \times 10^{-4}$。

综上，被排除的参数空间由不等式严格界定： $\boxed{ \frac{\lambda^2 m_e^2}{16\pi^2} \int_0^1 dz \frac{(1-z)^3}{(1-z)^2 m_e^2 + z m_a^2} > 1 \times 10^{-10} }$