习题 7.1 - 解答

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在 $\phi^4$ 理论中，相互作用拉格朗日量为 $\mathcal{L}_{\text{int}} = -\frac{\lambda}{4!}\phi^4$。对于玻色子-玻色子散射（$2 \to 2$），树图阶的散射振幅为 $\mathcal{M}_{\text{tree}} = -\lambda$。在单圈阶（one-loop），存在三个通道（$s, t, u$）的贡献。

1. 单圈图的计算 (Feynman 参数法)

首先计算 $s$-通道的单圈图振幅 $i\mathcal{M}_s$。根据费曼规则，该图包含两个顶点（每个贡献 $-i\lambda$），两条内部传播子，以及一个对称因子 $S=2$（交换两条内部线图形不变）。其表达式为： $i\mathcal{M}_s = \frac{1}{2} (-i\lambda)^2 \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{i}{k^2 - m^2 + i\epsilon} \frac{i}{(p - k)^2 - m^2 + i\epsilon}$ 其中 $p = p_1 + p_2$ 是总入射动量，且 $s = p^2$。

引入标准的 Feynman 参数公式： $\frac{1}{AB} = \int_0^1 dx \frac{1}{[xA + (1-x)B]^2}$ 令 $A = (p-k)^2 - m^2 + i\epsilon$，$B = k^2 - m^2 + i\epsilon$，分母变为： $D = x[(p-k)^2 - m^2] + (1-x)[k^2 - m^2] = k^2 - 2x k \cdot p + x p^2 - m^2$ 通过配方，作动量平移 $l = k - xp$，分母化为： $D = l^2 - \Delta + i\epsilon$ 其中 $\Delta = m^2 - x(1-x)p^2 = m^2 - x(1-x)s$。

此时动量积分变为： $i\mathcal{M}_s = \frac{\lambda^2}{2} \int_0^1 dx \int \frac{d^4l}{(2\pi)^4} \frac{1}{(l^2 - \Delta + i\epsilon)^2}$ 由于该积分是对数发散的，我们采用维数正规化（Dimensional Regularization），在 $d = 4 - \epsilon_{\text{UV}}$ 维下进行积分： $\int \frac{d^dl}{(2\pi)^d} \frac{1}{(l^2 - \Delta)^2} = \frac{i}{(4\pi)^{d/2}} \frac{\Gamma(2-d/2)}{\Gamma(2)} \left(\frac{1}{\Delta}\right)^{2-d/2}$ 在 $d \to 4$ 极限下展开： $\frac{i}{(4\pi)^2} \left( \frac{2}{\epsilon_{\text{UV}}} - \gamma + \log(4\pi) - \log\Delta \right)$ 代回振幅表达式，得到 $s$-通道的单圈振幅： $\mathcal{M}_s = \frac{\lambda^2}{32\pi^2} \int_0^1 dx \left( \frac{2}{\epsilon_{\text{UV}}} - \gamma + \log(4\pi) - \log(m^2 - x(1-x)s - i\epsilon) \right)$

利用交叉对称性（Crossing Symmetry），$t$-通道和 $u$-通道的振幅可以直接通过将 $s$ 替换为 $t = (p_1 - p_3)^2$ 和 $u = (p_1 - p_4)^2$ 得到。 总的单圈振幅为这三个通道之和： $\boxed{ \mathcal{M}_{\text{1-loop}} = \frac{\lambda^2}{32\pi^2} \int_0^1 dx \left[ \frac{6}{\epsilon_{\text{UV}}} - 3\gamma + 3\log(4\pi) - \log(\Delta_s) - \log(\Delta_t) - \log(\Delta_u) \right] }$ 其中 $\Delta_s = m^2 - x(1-x)s - i\epsilon$，$\Delta_t = m^2 - x(1-x)t - i\epsilon$，$\Delta_u = m^2 - x(1-x)u - i\epsilon$。

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2. 验证光学定理 (Optical Theorem)

光学定理的广义形式（由 S 矩阵的幺正性 $S^\dagger S = 1$ 导出）为： $2 \text{Im} \mathcal{M}(p_1, p_2 \to p_1, p_2) = \sum_f \int d\Pi_f |\mathcal{M}(p_1, p_2 \to f)|^2$ 对于前向散射（Forward scattering），$t=0$。在物理散射区域 $s \ge 4m^2$ 时，$t \le 0$ 且 $u \le 0$。 因此，$\Delta_t = m^2 - x(1-x)t \ge m^2 > 0$ 且 $\Delta_u \ge m^2 > 0$。这意味着 $t$ 和 $u$ 通道的对数项是实数，不贡献虚部。振幅的虚部完全来源于 $s$-通道。

计算左侧 (LHS)：提取振幅的虚部 当 $s > 4m^2$ 时，$\Delta_s = m^2 - x(1-x)s$ 在某段 $x$ 区间内会变为负值。利用复对数函数的性质 $\log(-|A| - i\epsilon) = \log|A| - i\pi$，虚部为： $\text{Im} \mathcal{M}_s = \frac{\lambda^2}{32\pi^2} \int_0^1 dx \, \pi \, \theta(x(1-x)s - m^2)$ 阶跃函数 $\theta$ 限制了积分区间。方程 $x(1-x)s - m^2 = 0$ 的两根为： $x_{\pm} = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4m^2/s}}{2} \equiv \frac{1 \pm \beta}{2}$ 其中 $\beta = \sqrt{1 - 4m^2/s}$ 是质心系下的粒子速度。积分区间为 $x_- < x < x_+$，区间长度为 $x_+ - x_- = \beta$。 因此，振幅的虚部为： $\text{Im} \mathcal{M} = \frac{\lambda^2}{32\pi^2} \pi (x_+ - x_-) = \frac{\lambda^2}{32\pi} \sqrt{1 - \frac{4m^2}{s}}$ 左侧结果为： $\text{LHS} = 2 \text{Im} \mathcal{M} = \frac{\lambda^2}{16\pi} \sqrt{1 - \frac{4m^2}{s}}$

计算右侧 (RHS)：相空间积分 在最低阶（树图阶），末态为两个全同玻色子，振幅为 $\mathcal{M}_{\text{tree}} = -\lambda$。两体相空间积分为： $\int d\Pi_2 = \int \frac{d^3p_3}{(2\pi)^3 2E_3} \frac{d^3p_4}{(2\pi)^3 2E_4} (2\pi)^4 \delta^4(p_1+p_2-p_3-p_4)$ 在质心系中，该标准两体相空间积分的结果为 $\frac{1}{8\pi} \sqrt{1 - \frac{4m^2}{s}}$。 由于末态是两个全同粒子，必须引入对称因子 $\frac{1}{2!}$。因此右侧为： $\text{RHS} = \frac{1}{2!} \int d\Pi_2 |\mathcal{M}_{\text{tree}}|^2 = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{8\pi} \sqrt{1 - \frac{4m^2}{s}} \right) (-\lambda)^2 = \frac{\lambda^2}{16\pi} \sqrt{1 - \frac{4m^2}{s}}$

结论： 比较左右两侧： $\boxed{ 2 \text{Im} \mathcal{M} = \frac{\lambda^2}{16\pi} \sqrt{1 - \frac{4m^2}{s}} = \frac{1}{2!} \int d\Pi_2 |\mathcal{M}_{\text{tree}}|^2 }$ LHS 严格等于 RHS，这完美地验证了单圈图计算中光学定理的有效性。

习题 7.2 - 解答

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习题 7.2 分析与解答

本题旨在通过具体计算单圈重整化常数 $\delta Z_1$ 和 $\delta Z_2$，验证在不同正规化方案下 Ward 恒等式 $Z_1 = Z_2$ 的成立情况。在 QED 中，$\delta Z_1$ 来自顶点修正 $\delta \Gamma^\mu(p,p)$，而 $\delta Z_2$ 来自电子自能 $\Sigma(p)$ 的导数。

先写出单圈图的积分表达式。采用 Feynman 参数化，将电子传播器的参数设为 $x$，光子传播器的参数设为 $1-x$。平移回路动量 $\ell = k - (1-x)p$ 后，分母变为 $(\ell^2 - \Delta)^n$，其中在质量壳 $\not{p}=m$ 处有 $\Delta = x^2 m^2$。

对于电子自能 $\Sigma(p)$，其表达式为： $-i \Sigma(p) = -e^2 \int_0^1 dx \int \frac{d^d \ell}{(2\pi)^d} \frac{\gamma^\mu (\not{\ell} + x\not{p} + m) \gamma_\mu}{(\ell^2 - \Delta)^2}$ 根据定义 $\delta Z_2 = - \frac{\partial \Sigma}{\partial \not{p}} \Big|_{\not{p}=m}$，求导时需同时作用于分子的 $\not{p}$ 和分母的 $\Delta$（注意 $\frac{\partial \Delta}{\partial \not{p}} = -2x(1-x)\not{p}$）。

对于顶点修正 $\Gamma^\mu(p,p)$，提取 $\gamma^\mu$ 的系数得到 $\delta Z_1$： $\delta Z_1 = -i e^2 \int_0^1 dx \int \frac{d^d \ell}{(2\pi)^d} \frac{2x}{(\ell^2 - \Delta)^3} \left[ \frac{1}{d}\gamma^\nu \gamma^\alpha \gamma^\mu \gamma_\alpha \gamma_\nu \ell^2 + \gamma^\nu ((1-x)\not{p} + m) \gamma^\mu ((1-x)\not{p} + m) \gamma_\nu \right]_{\not{p}=m}$

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(a) 硬截断正规化 (Hard Cutoff)

在 $d=4$ 维下，使用欧几里得动量硬截断 $\Lambda$。 代入 4 维 Dirac 矩阵代数 $\gamma^\mu \gamma_\mu = 4$ 等关系，分子化简后，利用题目给出的积分公式（加上截断 $\Lambda$）： $\int^\Lambda \frac{d^4 \ell_E}{(2\pi)^4} \frac{1}{(\ell_E^2 + \Delta)^2} \approx \frac{1}{16\pi^2} \left( \ln \frac{\Lambda^2}{\Delta} - 1 \right)$ $\int^\Lambda \frac{d^4 \ell_E}{(2\pi)^4} \frac{\ell_E^2}{(\ell_E^2 + \Delta)^3} \approx \frac{1}{16\pi^2} \left( \ln \frac{\Lambda^2}{\Delta} - \frac{3}{2} \right)$

计算 $\delta Z_1$： 分子化简给出 $\ell^2 \gamma^\mu + (4 - 4x - 2x^2)m^2 \gamma^\mu$。代入积分并提取系数： $\delta Z_1 = \frac{\alpha}{4\pi} \int_0^1 dx \left[ 2x \ln \frac{\Lambda^2}{x^2 m^2} - x + 4 - \frac{4}{x} \right]$

计算 $\delta Z_2$： 对 $\Sigma(p)$ 求导后，代入 $d=4$ 的分子结构： $\delta Z_2 = \frac{\alpha}{4\pi} \int_0^1 dx \left[ 2(1-x) \ln \frac{\Lambda^2}{x^2 m^2} - 2x - 2 + \frac{4}{x} \right]$ (注：此处为了便于比较，已将 Feynman 参数统一转换为对应电子传播器的 $x$)

比较两者： 计算两者的差值 $\delta Z_1 - \delta Z_2$： $\delta Z_1 - \delta Z_2 = \frac{\alpha}{4\pi} \int_0^1 dx \left[ (4x - 2) \ln \frac{\Lambda^2}{x^2 m^2} - 7x + 6 \right]$ 利用分部积分 $\int_0^1 dx (4x - 2) \ln x = 1$，可得对数项的积分为 $-2$；多项式部分积分为 $\int_0^1 (-7x + 6) dx = \frac{5}{2}$。 $\delta Z_1 - \delta Z_2 = \frac{\alpha}{4\pi} \left( -2 + \frac{5}{2} \right) = \frac{\alpha}{8\pi} \neq 0$ 这表明，硬截断破坏了平移不变性，从而破坏了 Ward 恒等式，导致 $\delta Z_1 \neq \delta Z_2$。

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(b) 维度正规化 (Dimensional Regularization)

在 $d$ 维下，使用关系 $g_{\mu\nu} \gamma^\mu \gamma^\nu = d$。 相关的 Dirac 代数变为： $\gamma^\nu \gamma^\alpha \gamma^\mu \gamma_\alpha \gamma_\nu = (2-d)^2 \gamma^\mu$ $\gamma^\nu ((1-x)\not{p} + m) \gamma^\mu ((1-x)\not{p} + m) \gamma_\nu \to [4 - 4x + (2-d)x^2] m^2 \gamma^\mu$

计算 $\delta Z_1$： 利用 $d$ 维积分公式 $\int \frac{d^d \ell}{(2\pi)^d} \frac{\ell^2}{(\ell^2 - \Delta)^3} = \frac{i d/4}{(4\pi)^{d/2}} \Gamma(2 - d/2) \Delta^{d/2 - 2}$，得到： $\delta Z_1 = \frac{\alpha}{4\pi} \Gamma\left(2 - \frac{d}{2}\right) \int_0^1 dx \left( \frac{4\pi}{\Delta} \right)^{2-d/2} \left[ (d-2) x - \frac{2(4-d)}{x} + 2(4-d) \right]$

计算 $\delta Z_2$： 在 $d$ 维下对 $\Sigma(p)$ 求导，分子变为 $(2-d)(1-x)\not{p} + d m$。求导并代入积分公式后得到： $\delta Z_2 = \frac{\alpha}{4\pi} \Gamma\left(2 - \frac{d}{2}\right) \int_0^1 dx \left( \frac{4\pi}{\Delta} \right)^{2-d/2} \left[ (d-2)(1-x) - \frac{4-d}{x} (2 - (2+d)x + 2x^2) \right]$

比较两者： 在维度正规化中，由于积分域在全空间解析延拓，动量平移是严格合法的。将 $\delta Z_1$ 和 $\delta Z_2$ 的被积函数相减，其差值项在乘以 $\Delta^{d/2-2} \propto x^{d-4}$ 后，恰好构成一个全微分形式： $\int_0^1 dx \frac{d}{dx} \left[ x^{d-3} f(d, x) \right] = 0$ （在 $d \to 4$ 的解析延拓下，边界项严格抵消）。因此，两者的积分在 $d$ 维下完全等价，即： $\boxed{\delta Z_1 = \delta Z_2}$ 这证明了维度正规化完美保留了规范对称性，使得 Ward 恒等式在任意阶均成立。

习题 7.3 - 解答

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(a) 验证 $Z_1$ 与 $Z_2$ 的 $\phi$ 场单圈贡献相等及 Ward 恒等式

在包含 Yukawa 相互作用的 QED 中，我们需要计算由虚标量场 $\phi$ 引起的费米子自能修正 $\Sigma(p)$ 以及 QED 顶点修正 $\Lambda^\mu(p', p)$。

1. 费米子自能与 $\delta Z_2^{(\phi)}$ 由虚 $\phi$ 场给出的单圈费米子自能 $-i\Sigma(p)$ 为：

化简得：

波函数重整化常数 $Z_2$ 的修正 $\delta Z_2^{(\phi)}$ 定义为 $\Sigma(p)$ 在 $\slashed{p}=m$ 处的导数：

2. QED 顶点修正与 $\delta Z_1^{(\phi)}$ 由虚 $\phi$ 场给出的单圈顶点修正 $-ie\Lambda^\mu(p',p)$ 为：

取 $q = p'-p = 0$（即 $p'=p$），得到：

顶点重整化常数 $Z_1$ 的修正 $\delta Z_1^{(\phi)}$ 由 $\Lambda^\mu(p,p) = -\delta Z_1^{(\phi)} \gamma^\mu$ 给出（在 $\slashed{p}=m$ 处）。

3. 形式上的 Ward 恒等式证明 利用费米子传播子的恒等式：

对 $\Sigma(p)$ 求导（将积分变量平移 $k \to p-k$）：

这恰好等于 $-\Lambda^\mu(p,p)$。因此 $\frac{\partial \Sigma}{\partial p_\mu} = -\Lambda^\mu(p,p)$，即 $\delta Z_2^{(\phi)} \gamma^\mu = \delta Z_1^{(\phi)} \gamma^\mu$，从而 $Z_1 = Z_2$。

4. 维数正规化下的显式计算 为了严格验证，我们在 $d = 4-\epsilon$ 维下提取紫外发散极点。 对于 $\delta Z_2^{(\phi)}$，引入 Feynman 参数 $x$ 并平移动量 $l = k - (1-x)p$：

其中 $\Delta = -x(1-x)p^2 + xm^2 + (1-x)m_\phi^2$。积分给出极点部分：

求导得：

对于 $\delta Z_1^{(\phi)}$，使用 Feynman 参数公式 $\frac{1}{A^2B} = \int_0^1 \frac{2x dx}{[xA+(1-x)B]^3}$：

提取含 $l^2$ 的紫外发散项，利用 $\slashed{l}\gamma^\mu\slashed{l} = \frac{2-d}{d}l^2\gamma^\mu \approx -\frac{1}{2}l^2\gamma^\mu$：

由于 $\delta Z_1^{(\phi)} \gamma^\mu = -\Lambda^\mu(p,p)$，我们得到：

两者完全相等。 结论：在这个理论中，Ward 恒等式 $Z_1 = Z_2$ 普遍成立。这是因为 Yukawa 相互作用 $\phi\bar{\psi}\psi$ 并不破坏 QED 的 $U(1)$ 规范对称性。

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(b) $\phi\bar{\psi}\psi$ 顶点的重整化

设 Yukawa 顶点的重整化常数为 $Z_1^\lambda$，其单圈修正为 $\delta Z_1^\lambda = -\delta \Gamma^\lambda(p,p)$。该顶点有两个单圈图贡献：虚 $\phi$ 交换和虚 $A_\mu$ 交换。

1. 虚 $\phi$ 场回路贡献 $\delta Z_1^{\lambda, (\phi)}$

提取紫外发散部分（大 $k$ 极限下分子为 $\slashed{k}\slashed{k} = k^2$）：

消去树图因子 $-i\frac{\lambda}{\sqrt{2}}$，得到 $\delta \Gamma^\lambda_{(\phi)} = -\frac{\lambda^2}{16\pi^2\epsilon}$，因此：

2. 虚 $A_\mu$ 场回路贡献 $\delta Z_1^{\lambda, (A)}$

提取紫外发散部分（分子为 $\gamma^\mu \slashed{k} \slashed{k} \gamma_\mu = d k^2 \approx 4 k^2$）：

因此 $\delta \Gamma^\lambda_{(A)} = \frac{8e^2}{16\pi^2\epsilon}$，得到：

3. 与 $Z_2$ 修正的对比 总的 Yukawa 顶点重整化常数修正为：

而总的费米子波函数重整化常数修正 $\delta Z_2 = \delta Z_2^{(\phi)} + \delta Z_2^{(A)}$ 为：

显然 $\delta Z_1^\lambda \neq \delta Z_2$。

结论：

在纯 QED 中，由于 $Z_1 = Z_2$，电荷的重整化仅依赖于真空极化 $Z_3$。但在包含 Yukawa 相互作用的理论中，Yukawa 顶点的重整化常数 $Z_1^\lambda$ 并不等于 $Z_2$。因此，可观测的耦合常数 $\lambda_{\text{obs}}$ 与裸耦合常数 $\lambda_0$ 的关系 $\lambda_0 = \lambda_{\text{obs}} \frac{Z_1^\lambda}{Z_2 Z_\phi^{1/2}}$ 中，$Z_1^\lambda$ 和 $Z_2$ 无法相互抵消，顶点和场强标度变换会给可观测耦合常数带来额外的相对偏移。