习题 9.1 - 解答

习题 9.1 分析与解答

(a) 标量场的传播子与费曼规则

标量 QED 的拉格朗日量为： $\mathcal{L} = -\frac{1}{4} F_{\mu\nu}^2 + (D_\mu \phi)^* (D^\mu \phi) - m^2 \phi^* \phi$ 其中协变导数 $D_\mu = \partial_\mu + ieA_\mu$。展开标量场的动能项： $(D_\mu \phi)^* (D^\mu \phi) = (\partial_\mu - ieA_\mu)\phi^* (\partial^\mu + ieA^\mu)\phi = \partial_\mu \phi^* \partial^\mu \phi + ieA_\mu (\phi^* \partial^\mu \phi - \phi \partial^\mu \phi^*) + e^2 A_\mu A^\mu \phi^* \phi$ 自由标量场的拉格朗日量为 $\mathcal{L}_0 = \partial_\mu \phi^* \partial^\mu \phi - m^2 \phi^* \phi$。在作用量中分部积分，可将其写为： $S_0 = \int d^4x \, \phi^* (-\partial^2 - m^2) \phi$ 复标量场的传播子是算符 $(-\partial^2 - m^2)$ 的逆。在动量空间中，$\partial_\mu \to -ip_\mu$，算符变为 $p^2 - m^2$。引入 Feynman 处方 $+i\epsilon$ 以处理极点，得到复标量场的传播子（与实标量场相同，但带有表示电荷流向的箭头）： $\boxed{ \frac{i}{p^2 - m^2 + i\epsilon} }$

相互作用拉格朗日量为 $\mathcal{L}_{int} = ieA_\mu (\phi^* \partial^\mu \phi - \phi \partial^\mu \phi^*) + e^2 A_\mu A^\mu \phi^* \phi$。 对于三点顶点（一个光子，一个标量，一个反标量），考虑作用量 $iS_{int} \supset i \int d^4x \, ieA_\mu (\phi^* \partial^\mu \phi - \phi \partial^\mu \phi^*)$。设入射标量粒子动量为 $p$，出射标量粒子动量为 $p'$（等价于入射反粒子动量为 $-p'$）。在动量空间中，导数作用于场产生动量因子：$\partial^\mu \phi \to -ip^\mu \phi$，$\partial^\mu \phi^* \to ip'^\mu \phi^*$。提取 $A_\mu$ 的系数并乘以 $i$，得到顶点规则： $i \left[ ie(-ip^\mu) - ie(ip'^\mu) \right] = \boxed{ -ie(p + p')^\mu }$ 对于四点顶点（两个光子，一个标量，一个反标量），考虑作用量 $iS_{int} \supset i \int d^4x \, e^2 g^{\mu\nu} A_\mu A_\nu \phi^* \phi$。由于有两个相同的光子场 $A_\mu$ 和 $A_\nu$，在泛函求导或 Wick 展开时会产生一个对称因子 2。顶点规则为： $i \times 2 \times e^2 g^{\mu\nu} = \boxed{ 2ie^2 g^{\mu\nu} }$

(b) $e^+ e^- \rightarrow \phi \phi^*$ 的微分散射截面

在最低阶（树图阶），该过程通过 $s$ 沟道光子交换进行。设电子和正电子的动量分别为 $k_1, k_2$，出射标量和反标量的动量分别为 $p_1, p_2$。忽略电子质量。散射振幅为： $i\mathcal{M} = \left[ \bar{v}(k_2) (-ie\gamma^\mu) u(k_1) \right] \left( \frac{-ig_{\mu\nu}}{q^2} \right) \left[ -ie(p_1 - p_2)^\nu \right]$ 其中 $q = k_1 + k_2 = p_1 + p_2$，且 $q^2 = s$。注意标量顶点中，出射 $\phi(p_1)$ 对应动量 $p_1$，出射 $\phi^*(p_2)$ 对应入射动量 $-p_2$，故顶点因子为 $-ie(p_1 + (-p_2))^\nu$。 对初始自旋求平均并对末态求和，振幅平方为： $\frac{1}{4} \sum_{\text{spins}} |\mathcal{M}|^2 = \frac{e^4}{4s^2} \text{Tr}[\gamma^\mu \not{k}_1 \gamma^\nu \not{k}_2] (p_1 - p_2)_\mu (p_1 - p_2)_\nu$ 计算迹 $\text{Tr}[\gamma^\mu \not{k}_1 \gamma^\nu \not{k}_2] = 4(k_1^\mu k_2^\nu + k_1^\nu k_2^\mu - g^{\mu\nu} k_1 \cdot k_2)$，并令 $\Delta p = p_1 - p_2$，得到： $\frac{1}{4} \sum |\mathcal{M}|^2 = \frac{e^4}{s^2} \left[ 2(k_1 \cdot \Delta p)(k_2 \cdot \Delta p) - (k_1 \cdot k_2)(\Delta p)^2 \right]$ 在质心系中，设束流能量为 $E$（$s=4E^2$），标量粒子速度为 $\beta = \sqrt{1 - m^2/E^2}$。运动学变量为： $k_1 = (E, 0, 0, E)$, $k_2 = (E, 0, 0, -E)$ $p_1 = (E, \vec{p})$, $p_2 = (E, -\vec{p})$，其中 $|\vec{p}| = E\beta$ $\Delta p = (0, 2\vec{p})$，$(\Delta p)^2 = -4E^2\beta^2$ 设 $\theta$ 为出射标量粒子与入射电子束的夹角，则 $k_1 \cdot \Delta p = -2E|\vec{p}|\cos\theta = -2E^2\beta\cos\theta$，$k_2 \cdot \Delta p = 2E^2\beta\cos\theta$，$k_1 \cdot k_2 = 2E^2$。代入上式： $\frac{1}{4} \sum |\mathcal{M}|^2 = \frac{e^4}{16E^4} \left[ 2(-2E^2\beta\cos\theta)(2E^2\beta\cos\theta) - (2E^2)(-4E^2\beta^2) \right] = \frac{e^4}{16E^4} \left[ 8E^4\beta^2(1 - \cos^2\theta) \right] = \frac{1}{2} e^4 \beta^2 \sin^2\theta$ 微分散射截面为： $\frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{1}{64\pi^2 s} \frac{|\vec{p}|}{|\vec{k}|} \left( \frac{1}{4} \sum |\mathcal{M}|^2 \right) = \frac{\beta}{64\pi^2 s} \left( \frac{1}{2} e^4 \beta^2 \sin^2\theta \right) = \boxed{ \frac{\alpha^2 \beta^3}{8s} \sin^2\theta }$ 总截面为： $\sigma = \int \frac{d\sigma}{d\Omega} d\Omega = 2\pi \int_{-1}^1 d(\cos\theta) \frac{\alpha^2 \beta^3}{8s} (1-\cos^2\theta) = \boxed{ \frac{\pi \alpha^2 \beta^3}{3s} }$ 比较： 对于 $e^+ e^- \rightarrow \mu^+ \mu^-$，渐近微分散射截面（$\beta \to 1$）正比于 $(1+\cos^2\theta)$，而标量 QED 中正比于 $\sin^2\theta$。这是因为标量对产生时沿束流方向的角动量投影为零，为了守恒光子的自旋角动量，必须有轨道角动量贡献，导致前向和后向散射为零。渐近总截面 $\sigma(e^+ e^- \rightarrow \mu^+ \mu^-) \to \frac{4\pi\alpha^2}{3s}$，标量 QED 的结果 $\frac{\pi\alpha^2}{3s}$ 恰好是其 $1/4$。

(c) 光子真空极化

标量场对光子真空极化 $\Pi^{\mu\nu}(q)$ 有两个单圈图贡献：

1. 包含两个三点顶点的圈图： $i\Pi_1^{\mu\nu}(q) = \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{(-ie)(2k+q)^\mu (-ie)(2k+q)^\nu}{((k+q)^2-m^2)(k^2-m^2)} = -e^2 \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{(2k+q)^\mu (2k+q)^\nu}{((k+q)^2-m^2)(k^2-m^2)}$
2. 包含一个四点顶点的圈图： $i\Pi_2^{\mu\nu}(q) = \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{2ie^2 g^{\mu\nu}}{k^2-m^2} = 2ie^2 g^{\mu\nu} \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{1}{k^2-m^2}$ 为了合并分母，利用积分变量的平移不变性，将 $\Pi_2$ 写为对称形式： $\int \frac{1}{k^2-m^2} = \frac{1}{2} \int \left( \frac{1}{k^2-m^2} + \frac{1}{(k+q)^2-m^2} \right) = \frac{1}{2} \int \frac{(k+q)^2-m^2 + k^2-m^2}{((k+q)^2-m^2)(k^2-m^2)}$ 因此 $i\Pi_2^{\mu\nu}(q) = ie^2 g^{\mu\nu} \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{2k^2+2k\cdot q+q^2-2m^2}{((k+q)^2-m^2)(k^2-m^2)}$。将两项相加： $i\Pi^{\mu\nu}(q) = e^2 \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{-(2k+q)^\mu (2k+q)^\nu + g^{\mu\nu}(2k^2+2k\cdot q+q^2-2m^2)}{((k+q)^2-m^2)(k^2-m^2)}$ 引入 Feynman 参数 $x$，分母变为 $D = (k+xq)^2 + x(1-x)q^2 - m^2$。令 $l = k + xq$，则 $D = l^2 - \Delta$，其中 $\Delta = m^2 - x(1-x)q^2$。 将分子用 $l$ 表达并丢弃 $l$ 的奇数次项： 分子 $= - (2l + (1-2x)q)^\mu (2l + (1-2x)q)^\nu + g^{\mu\nu} \left[ 2(l-xq)^2 + 2(l-xq)\cdot q + q^2 - 2m^2 \right]$ $\to -4l^\mu l^\nu - (1-2x)^2 q^\mu q^\nu + g^{\mu\nu} \left[ 2l^2 + (1-2x+2x^2)q^2 - 2m^2 \right]$ 在维数正规化下，用 $\frac{1}{d} l^2 g^{\mu\nu}$ 替换 $l^\mu l^\nu$： $i\Pi^{\mu\nu}(q) = e^2 \mu^{4-d} \int_0^1 dx \int \frac{d^dl}{(2\pi)^d} \frac{1}{(l^2-\Delta)^2} \left\{ g^{\mu\nu} \left[ \left(2-\frac{4}{d}\right)l^2 + (1-2x+2x^2)q^2 - 2m^2 \right] - (1-2x)^2 q^\mu q^\nu \right\}$ 计算 $g^{\mu\nu}$ 项中包含 $l^2$ 的积分： $\int \frac{d^dl}{(2\pi)^d} \frac{(2-4/d)l^2}{(l^2-\Delta)^2} = \left(2-\frac{4}{d}\right) \frac{-i}{(4\pi)^{d/2}} \frac{d}{2} \Gamma(1-d/2) \Delta^{d/2-1} = \frac{i}{(4\pi)^{d/2}} (d-2) \Gamma(1-d/2) \Delta^{d/2-1}$ 利用 $(d-2)\Gamma(1-d/2) = -2\Gamma(2-d/2)$，该项变为 $-2\Delta \frac{i}{(4\pi)^{d/2}} \Gamma(2-d/2) \Delta^{d/2-2}$。 将所有 $g^{\mu\nu}$ 的系数合并，提取公因子 $\frac{i}{(4\pi)^{d/2}} \Gamma(2-d/2) \Delta^{d/2-2}$，括号内剩余： $-2\Delta + (1-2x+2x^2)q^2 - 2m^2 = -2(m^2 - x(1-x)q^2) + (1-2x+2x^2)q^2 - 2m^2 = (1-4x+4x^2)q^2 = (1-2x)^2 q^2$ 因此，积分结果自然给出了横向结构： $i\Pi^{\mu\nu}(q) = i (g^{\mu\nu}q^2 - q^\mu q^\nu) \frac{e^2}{(4\pi)^{d/2}} \int_0^1 dx \, (1-2x)^2 \frac{\Gamma(2-d/2)}{\Delta^{2-d/2}}$ 由此得到 $\Pi(q^2)$： $\boxed{ \Pi(q^2) = \frac{\alpha}{4\pi} \int_0^1 dx \, (1-2x)^2 \left[ \frac{2}{\epsilon} - \ln\left(\frac{m^2 - x(1-x)q^2}{\tilde{\mu}^2}\right) \right] }$ 对于 $-q^2 = Q^2 \gg m^2$，重整化后的真空极化函数 $\hat{\Pi}(q^2) = \Pi(q^2) - \Pi(0)$ 的渐近行为由对数项主导： $\hat{\Pi}_{\text{scalar}}(Q^2) \approx \frac{\alpha}{4\pi} \ln\left(\frac{Q^2}{m^2}\right) \int_0^1 (1-2x)^2 dx = \frac{\alpha}{4\pi} \ln\left(\frac{Q^2}{m^2}\right) \left[ x - 2x^2 + \frac{4}{3}x^3 \right]_0^1 = \frac{\alpha}{12\pi} \ln\left(\frac{Q^2}{m^2}\right)$ 对于旋量 QED（虚电子-正电子对），相应的渐近结果为： $\hat{\Pi}_{\text{spinor}}(Q^2) \approx \frac{2\alpha}{\pi} \ln\left(\frac{Q^2}{m^2}\right) \int_0^1 x(1-x) dx = \frac{2\alpha}{\pi} \ln\left(\frac{Q^2}{m^2}\right) \left( \frac{1}{6} \right) = \frac{\alpha}{3\pi} \ln\left(\frac{Q^2}{m^2}\right)$ 比较两者比例： $\boxed{ \frac{\hat{\Pi}_{\text{scalar}}(Q^2)}{\hat{\Pi}_{\text{spinor}}(Q^2)} = \frac{\alpha / 12\pi}{\alpha / 3\pi} = \frac{1}{4} }$ 这证明了带电标量玻色子的贡献恰好是虚电子-正电子对贡献的 1/4。

习题 9.2 - 解答

(a) 在量子力学中，演化算符 $e^{-iHt}$ 的矩阵元可以通过路径积分表示为： $\langle x_f | e^{-iHt} | x_i \rangle = \int \mathcal{D}x \exp\left( i \int_0^t dt' L(x, \dot{x}) \right)$ 为了计算配分函数 $Z = \text{tr}[e^{-\beta H}]$，我们进行 Wick 转动，将时间解析延拓到虚时间 $\tau = it$。令 $t = -i\beta$，演化算符变为 $e^{-\beta H}$。此时作用量变为： $i \int_0^{-i\beta} dt' \left[ \frac{1}{2}m\left(\frac{dx}{dt'}\right)^2 - V(x) \right] = \int_0^\beta d\tau \left[ -\frac{1}{2}m\left(\frac{dx}{d\tau}\right)^2 - V(x) \right] = -\int_0^\beta d\tau L_E$ 其中 $L_E = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 + V(x)$ 是欧几里得拉格朗日量。因此，虚时间演化的矩阵元为： $\langle x_f | e^{-\beta H} | x_i \rangle = \int_{x(0)=x_i}^{x(\beta)=x_f} \mathcal{D}x \exp\left( - \int_0^\beta d\tau L_E \right)$ 配分函数要求对该矩阵元求迹，即令 $x_f = x_i = x$ 并对 $x$ 积分。这等价于对所有满足周期性边界条件 $x(0) = x(\beta)$ 的路径求泛函积分： $\boxed{ Z = \oint \mathcal{D}x \exp\left( - \int_0^\beta d\tau L_E \right) }$ 积分域为在长度为 $\beta$ 的时间区间上定义的周期函数。

(b) 对于简谐振子，欧几里得拉格朗日量为 $L_E = \frac{1}{2}\dot{x}^2 + \frac{1}{2}\omega^2 x^2$。引入傅里叶展开： $x(\tau) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} x_n \frac{1}{\sqrt{\beta}} e^{2\pi i n \tau / \beta}$ 由于 $x(\tau)$ 是实函数，有 $x_{-n} = x_n^*$。代入欧几里得作用量 $S_E = \int_0^\beta d\tau L_E$ 中，利用正交性可得： $S_E = \frac{1}{2} \sum_{n=-\infty}^{\infty} |x_n|^2 \left[ \left(\frac{2\pi n}{\beta}\right)^2 + \omega^2 \right]$ 泛函积分测度变为 $\mathcal{D}x = \mathcal{N}(\beta) \prod_n dx_n$。执行高斯积分： $Z = \mathcal{N}'(\beta) \prod_{n=-\infty}^{\infty} \left[ \left(\frac{2\pi n}{\beta}\right)^2 + \omega^2 \right]^{-1/2}$ 将 $n=0$ 与 $n$ 和 $-n$ 的项配对合并，提取出与 $\omega$ 相关的部分： $Z = C(\beta) \frac{1}{\omega} \prod_{n=1}^{\infty} \left[ \left(\frac{2\pi n}{\beta}\right)^2 + \omega^2 \right]^{-1} = C'(\beta) \frac{1}{\omega} \prod_{n=1}^{\infty} \left[ 1 + \frac{\omega^2 \beta^2}{(2\pi n)^2} \right]^{-1}$ 利用提示中的恒等式 $\sinh z = z \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 + \frac{z^2}{n^2\pi^2} \right)$，令 $z = \frac{\omega\beta}{2}$，可得： $\prod_{n=1}^{\infty} \left[ 1 + \frac{\omega^2 \beta^2}{(2\pi n)^2} \right]^{-1} = \frac{\omega\beta/2}{\sinh(\omega\beta/2)}$ 因此，配分函数为： $Z \propto \frac{1}{\omega} \frac{\omega\beta/2}{\sinh(\omega\beta/2)} \propto \frac{1}{\sinh(\omega\beta/2)} = \frac{2 e^{-\beta\omega/2}}{1 - e^{-\beta\omega}}$ 忽略与 $\beta$ 相关的常数因子，这精确给出了量子简谐振子的配分函数： $\boxed{ Z \propto \frac{e^{-\beta\omega/2}}{1 - e^{-\beta\omega}} = \sum_{n=0}^{\infty} e^{-\beta\omega(n+1/2)} }$

(c) 对于自由标量场，欧几里得拉格朗日量为 $L_E = \frac{1}{2}(\partial_\tau \phi)^2 + \frac{1}{2}(\nabla \phi)^2 + \frac{1}{2}m^2 \phi^2$。泛函积分形式上给出： $Z = \int \mathcal{D}\phi \exp\left( - \int_0^\beta d\tau \int d^3x L_E \right) = \left[ \det(-\partial^2 + m^2) \right]^{-1/2}$ 取对数并利用 $\ln \det = \text{tr} \ln$，算符 $-\partial^2 + m^2$ 的本征值为 $\omega_n^2 + E_{\mathbf{p}}^2$，其中 $\omega_n = \frac{2\pi n}{\beta}$ 为 Matsubara 频率，$E_{\mathbf{p}} = \sqrt{\mathbf{p}^2 + m^2}$。 $\ln Z = -\frac{1}{2} \sum_{\mathbf{p}} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \ln\left( \omega_n^2 + E_{\mathbf{p}}^2 \right)$ 为了明确 $m^2$ 的依赖关系，对 $m^2$ 求导： $\frac{\partial \ln Z}{\partial m^2} = -\frac{1}{2} \sum_{\mathbf{p}} \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{(2\pi n/\beta)^2 + E_{\mathbf{p}}^2}$ 利用求和公式 $\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{n^2 + a^2} = \frac{\pi}{a} \coth(\pi a)$，令 $a = \frac{\beta E_{\mathbf{p}}}{2\pi}$，得到： $\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{(2\pi n/\beta)^2 + E_{\mathbf{p}}^2} = \frac{\beta^2}{4\pi^2} \frac{\pi}{\beta E_{\mathbf{p}} / 2\pi} \coth\left(\frac{\beta E_{\mathbf{p}}}{2}\right) = \frac{\beta}{2E_{\mathbf{p}}} \coth\left(\frac{\beta E_{\mathbf{p}}}{2}\right)$ 因此： $\frac{\partial \ln Z}{\partial m^2} = -\sum_{\mathbf{p}} \frac{\beta}{4E_{\mathbf{p}}} \coth\left(\frac{\beta E_{\mathbf{p}}}{2}\right)$ 另一方面，相对论性自由标量粒子的标准配分函数为 $Z_{std} = \prod_{\mathbf{p}} \frac{e^{-\beta E_{\mathbf{p}}/2}}{1 - e^{-\beta E_{\mathbf{p}}}}$。对其取对数并对 $m^2$ 求导（注意 $\frac{\partial E_{\mathbf{p}}}{\partial m^2} = \frac{1}{2E_{\mathbf{p}}}$）： $\frac{\partial \ln Z_{std}}{\partial m^2} = \sum_{\mathbf{p}} \frac{\partial}{\partial E_{\mathbf{p}}} \left[ -\frac{\beta E_{\mathbf{p}}}{2} - \ln(1 - e^{-\beta E_{\mathbf{p}}}) \right] \frac{1}{2E_{\mathbf{p}}} = -\sum_{\mathbf{p}} \frac{\beta}{4E_{\mathbf{p}}} \frac{1 + e^{-\beta E_{\mathbf{p}}}}{1 - e^{-\beta E_{\mathbf{p}}}} = -\sum_{\mathbf{p}} \frac{\beta}{4E_{\mathbf{p}}} \coth\left(\frac{\beta E_{\mathbf{p}}}{2}\right)$ 两者完全一致，证明了： $\boxed{ Z = \left[ \det(-\partial^2 + m^2) \right]^{-1/2} \text{ 准确给出了相对论性标量粒子的配分函数} }$

(d) 对于费米子振子 $L_E = \bar{\psi}\dot{\psi} + \omega\bar{\psi}\psi$。 反周期边界条件的合理性：在费米子相空间中，算符的迹可以通过 Grassmann 变量的相干态表示为 $\text{tr} A = \int d\bar{\psi} d\psi e^{-\bar{\psi}\psi} \langle -\psi | A | \psi \rangle$。由于交换 Grassmann 变量会产生负号，左矢带有负号，这在路径积分中自然导致了反周期边界条件 $\psi(\tau+\beta) = -\psi(\tau)$。

引入反周期傅里叶展开，Matsubara 频率为 $\omega_n = \frac{(2n+1)\pi}{\beta}$。作用量变为： $S_E = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \bar{\psi}_n (-i\omega_n + \omega) \psi_n$ 对 Grassmann 变量的泛函积分给出费米型行列式： $Z = \prod_{n=-\infty}^{\infty} (-i\omega_n + \omega)$ 对 $\omega$ 求导以计算其依赖关系： $\frac{\partial \ln Z}{\partial \omega} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{-i\omega_n + \omega} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{\omega}{\omega_n^2 + \omega^2} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{\omega}{\frac{(2n+1)^2\pi^2}{\beta^2} + \omega^2}$ 利用求和公式 $\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2 + a^2} = \frac{\pi}{2a} \tanh\left(\frac{\pi a}{2}\right)$，令 $a = \frac{\beta\omega}{\pi}$，得到： $\frac{\partial \ln Z}{\partial \omega} = \frac{\beta}{2} \tanh\left(\frac{\beta\omega}{2}\right)$ 积分得到 $\ln Z = \ln \cosh(\frac{\beta\omega}{2}) + C$，即： $Z \propto \cosh\left(\frac{\beta\omega}{2}\right) = \frac{e^{\beta\omega/2} + e^{-\beta\omega/2}}{2}$ 这正是哈密顿量为 Weyl 排序 $H = \frac{\omega}{2}(\bar{\psi}\psi - \psi\bar{\psi}) = \omega(\bar{\psi}\psi - \frac{1}{2})$ 的二能级系统（能级为 $\pm \omega/2$）的配分函数： $\boxed{ Z \propto e^{\beta\omega/2} + e^{-\beta\omega/2} }$

(e) 光子场的配分函数为： $Z = \int \mathcal{D}A \exp \left( - \int d^4x_E \frac{1}{4} (F_{\mu\nu})^2 \right)$ 在 Feynman 规范（$\xi=1$）下，加入规范固定项 $\frac{1}{2}(\partial_\mu A_\mu)^2$。通过分部积分，规范玻色子的拉格朗日量变为 $\frac{1}{2} A_\mu (-\partial^2) A_\mu$。对 4 个分量的 $A_\mu$ 积分给出： $Z_A = \left[ \det(-\partial^2) \right]^{-4/2} = \left[ \det(-\partial^2) \right]^{-2}$ 同时必须引入 Faddeev-Popov 鬼场 $c, \bar{c}$，其拉格朗日量为 $\bar{c}(-\partial^2)c$。由于鬼场是为了消除 $A_\mu$ 中非物理的纵向和时间分量，它们必须与 $A_\mu$ 具有相同的边界条件（即周期性边界条件）。鬼场是 Grassmann 变量，其路径积分给出正的行列式： $Z_{ghost} = \det(-\partial^2)$ 总的配分函数为： $Z = Z_A \times Z_{ghost} = \left[ \det(-\partial^2) \right]^{-2} \det(-\partial^2) = \left[ \det(-\partial^2) \right]^{-1}$ 根据 (c) 问的结果，单个无质量标量场（$m=0$）的配分函数为 $\left[ \det(-\partial^2) \right]^{-1/2}$。因此，光子场的配分函数等价于两个独立的无质量标量场的配分函数之积： $\boxed{ Z = \left( \prod_{\mathbf{p}} \frac{e^{-\beta|\mathbf{p}|/2}}{1 - e^{-\beta|\mathbf{p}|}} \right)^2 = \prod_{\mathbf{p}} \frac{e^{-\beta|\mathbf{p}|}}{(1 - e^{-\beta|\mathbf{p}|})^2} }$ 这精确给出了光子气体的量子统计结果，且正确地给出了光子的 2 个横向物理偏振态的计数。