习题 17.1 - 解答

---

习题 17.1 分析与解答

(a) 求解两圈重整化群方程

重整化群方程描述了跑动耦合常数随能标 $Q$ 的变化。对于 QCD，跑动耦合常数 $g(Q)$ 的重整化群方程为： $\frac{dg}{d\log Q} = \beta(g)$ 为了方便计算，我们引入 $\alpha_s = \frac{g^2}{4\pi}$，并取对数能标变量 $t = \log(Q^2/\Lambda^2)$。由于 $d\log Q^2 = 2 d\log Q$，我们有 $dt = 2 d\log Q$。因此 $\alpha_s$ 的导数为： $\frac{d\alpha_s}{dt} = \frac{d}{dt}\left(\frac{g^2}{4\pi}\right) = \frac{2g}{4\pi} \frac{dg}{dt} = \frac{g}{4\pi} \frac{dg}{d\log Q^2} = \frac{g}{8\pi} \left( 2\beta(g) \right) = \frac{g}{4\pi} \beta(g)$ 将题目给出的 $\beta(g)$ 级数展开式代入上式： $\beta(g) = -\frac{b_0}{(4\pi)^2}g^3 - \frac{b_1}{(4\pi)^4}g^5 + \mathcal{O}(g^7)$ $\frac{d\alpha_s}{dt} = -\frac{b_0}{(4\pi)^3}g^4 - \frac{b_1}{(4\pi)^5}g^6 + \cdots = -\frac{b_0}{4\pi}\alpha_s^2 - \frac{b_1}{(4\pi)^2}\alpha_s^3 + \mathcal{O}(\alpha_s^4)$ 分离变量并积分。将上式改写为： $dt = -\frac{d\alpha_s}{\frac{b_0}{4\pi}\alpha_s^2 + \frac{b_1}{(4\pi)^2}\alpha_s^3} = -\frac{4\pi}{b_0} \frac{d\alpha_s}{\alpha_s^2 \left(1 + \frac{b_1}{4\pi b_0}\alpha_s\right)}$ 在弱耦合极限下（$\alpha_s \ll 1$），对分母进行泰勒展开： $dt \approx -\frac{4\pi}{b_0} \left( \frac{1}{\alpha_s^2} - \frac{b_1}{4\pi b_0 \alpha_s} \right) d\alpha_s = \left( -\frac{4\pi}{b_0 \alpha_s^2} + \frac{b_1}{b_0^2 \alpha_s} \right) d\alpha_s$ 对两边积分： $t + C = \frac{4\pi}{b_0 \alpha_s} + \frac{b_1}{b_0^2} \log \alpha_s$ 积分常数 $C$ 可以通过重新定义标度参数 $\Lambda$ 来吸收。我们选择 $\Lambda$ 的定义使得常数项被完全吸收，即令： $\log\left(\frac{Q^2}{\Lambda^2}\right) = \frac{4\pi}{b_0 \alpha_s} + \frac{b_1}{b_0^2} \log\left(\frac{b_0 \alpha_s}{4\pi}\right)$ 令 $L = \log(Q^2/\Lambda^2)$，我们需要在 $L \gg 1$ 的极限下迭代求解 $\alpha_s$。 零阶近似（忽略对数项）： $\frac{4\pi}{b_0 \alpha_s^{(0)}} = L \implies \alpha_s^{(0)} = \frac{4\pi}{b_0 L}$ 一阶近似（将零阶解代入对数项中）： $\frac{4\pi}{b_0 \alpha_s} = L - \frac{b_1}{b_0^2} \log\left(\frac{b_0}{4\pi} \frac{4\pi}{b_0 L}\right) = L + \frac{b_1}{b_0^2} \log L$ 由此解出 $\alpha_s$： $\alpha_s = \frac{4\pi}{b_0} \frac{1}{L + \frac{b_1}{b_0^2} \log L} = \frac{4\pi}{b_0 L} \left( 1 + \frac{b_1}{b_0^2} \frac{\log L}{L} \right)^{-1}$ 再次利用泰勒展开 $(1+x)^{-1} \approx 1-x$，得到： $\alpha_s(Q^2) = \frac{4\pi}{b_0} \left[ \frac{1}{L} - \frac{b_1}{b_0^2} \frac{\log L}{L^2} + \mathcal{O}\left(\frac{\log^2 L}{L^3}\right) \right]$ 将 $L = \log(Q^2/\Lambda^2)$ 代回，即得证： $\boxed{ \alpha_s(Q^2) = \frac{4\pi}{b_0} \left[ \frac{1}{\log(Q^2/\Lambda^2)} - \frac{b_1}{b_0^2} \frac{\log \log(Q^2/\Lambda^2)}{(\log(Q^2/\Lambda^2))^2} + \cdots \right] }$

---

(b) 渐近行为与重整化方案的独立性

将 (a) 中求得的 $\alpha_s(s)$ 表达式代入 $e^+e^-$ 湮灭截面的微扰级数中（此时 $Q^2 = s$）。 令 $L = \log(s/\Lambda^2)$，我们有： $\frac{\alpha_s(s)}{\pi} = \frac{4}{b_0 L} - \frac{4 b_1}{b_0^3} \frac{\log L}{L^2} + \cdots$ $\left(\frac{\alpha_s(s)}{\pi}\right)^2 = \frac{16}{b_0^2 L^2} + \mathcal{O}\left(\frac{\log L}{L^3}\right)$ 代入截面公式： $\sigma(s) = \sigma_0 \left( 3 \sum_f Q_f^2 \right) \left[ 1 + \frac{4}{b_0 L} - \frac{4 b_1}{b_0^3} \frac{\log L}{L^2} + \frac{16 a_2}{b_0^2 L^2} + \mathcal{O}\left(\frac{\log^2 L}{L^3}\right) \right]$ 在 $s \to \infty$（即 $L \to \infty$）的渐近行为中，各项按数量级递减的顺序为：$1 \gg \frac{1}{L} \gg \frac{\log L}{L^2} \gg \frac{1}{L^2}$。 因此，截面 $\sigma(s)$ 随 $s$ 变化的前两阶主导项（即依赖于 $s$ 的前两项）为：

1. $\frac{4}{b_0 \log(s/\Lambda^2)}$
2. $-\frac{4 b_1}{b_0^3} \frac{\log \log(s/\Lambda^2)}{\log^2(s/\Lambda^2)}$

物理分析与结论： 这两个主导项的系数仅依赖于 $b_0$ 和 $b_1$，而完全不依赖于 $a_2$ 和 $b_2$。 由于 $\sigma(s)$ 是一个可观测的物理量，其在任何能标 $s$ 下的值必须独立于我们所选择的重整化方案（Renormalization Prescription）。 如果改变重整化方案，耦合常数会发生平移 $\alpha_s \to \alpha_s' = \alpha_s + c \alpha_s^2$，这会导致微扰系数 $a_2$ 发生改变（$a_2 \to a_2' = a_2 - c\pi$），同时标度参数 $\Lambda$ 也会发生相应的平移 $\Lambda \to \Lambda'$，使得 $L \to L' = L + \Delta L$。 然而，在变量代换 $L \to L + \Delta L$ 下： $\frac{1}{L + \Delta L} = \frac{1}{L} - \frac{\Delta L}{L^2} + \cdots$ $\frac{\log(L + \Delta L)}{(L + \Delta L)^2} = \frac{\log L}{L^2} + \cdots$ 可以看出，方案改变带来的 $\Delta L$ 修正只会影响到 $\mathcal{O}(1/L^2)$ 及更高阶的项（这部分改变恰好被 $a_2$ 的方案依赖性所抵消），而 $\frac{1}{L}$ 和 $\frac{\log L}{L^2}$ 这两项的系数在任何重整化方案下都保持绝对不变。

既然物理可观测量 $\sigma(s)$ 的渐近展开式的前两阶系数必须是方案独立的，这就要求： $\boxed{ \text{QCD } \beta \text{ 函数的前两个系数 } b_0 \text{ 和 } b_1 \text{ 必须独立于重整化方案。} }$

习题 17.2 - 解答

---

(a) 标量胶子模型中 $e^+ e^- \rightarrow q \bar{q} S$ 的微分散射截面

物理背景与近似方法： 在领头阶（树图阶），$e^+(p_+) e^-(p_-) \rightarrow q(p_1) \bar{q}(p_2) S(p_3)$ 过程的费曼图包含两项：标量胶子 $S$ 可以由末态夸克 $q$ 或反夸克 $\bar{q}$ 发射。由于我们只关心末态强子（喷注）的能量分布，可以对末态取向进行角积分。利用流代数和 Ward 恒等式，对轻子张量 $L_{\mu\nu}$ 进行空间各向同性平均，可以将其等效替换为 $-\frac{4s}{3} g_{\mu\nu}$，从而极大地简化相空间积分。

推导过程： 根据费曼规则，夸克流的矩阵元为：

其中利用了狄拉克方程 $\bar{u}(p_1)\not{p}_1 = 0$ 和 $\not{p}_2 v(p_2) = 0$ 简化了传播子分子。

对初态自旋求平均并对末态自旋求和后，角积分后的平方矩阵元为：

其中 $\bar{J}_\mu = e Q_q g \left[ \frac{\gamma_\mu \not{p}_3}{2 p_1 \cdot p_3} - \frac{\not{p}_3 \gamma_\mu}{2 p_2 \cdot p_3} \right]$。代入并展开迹，得到四个部分 $H^\mu_\mu = e^2 Q_q^2 g^2 (T_{AA} + T_{BB} - T_{AB} - T_{BA})$：

1. $T_{AA} = \frac{1}{4(p_1 \cdot p_3)^2} \text{Tr} [ \not{p}_1 \not{p}_3 \gamma^\mu \not{p}_2 \gamma_\mu \not{p}_3 ] = \frac{-2}{4(p_1 \cdot p_3)^2} \text{Tr} [ \not{p}_1 \not{p}_3 \not{p}_2 \not{p}_3 ] = -4 \frac{p_2 \cdot p_3}{p_1 \cdot p_3}$
2. $T_{BB} = \frac{1}{4(p_2 \cdot p_3)^2} \text{Tr} [ \not{p}_1 \gamma^\mu \not{p}_3 \not{p}_2 \not{p}_3 \gamma_\mu ] = -4 \frac{p_1 \cdot p_3}{p_2 \cdot p_3}$
3. $T_{AB} = \frac{1}{4(p_1 \cdot p_3)(p_2 \cdot p_3)} \text{Tr} [ \not{p}_1 \not{p}_3 \gamma^\mu \not{p}_2 \not{p}_3 \gamma_\mu ] = \frac{4 p_2 \cdot p_3}{4(p_1 \cdot p_3)(p_2 \cdot p_3)} \text{Tr} [ \not{p}_1 \not{p}_3 ] = 4$
4. $T_{BA} = \frac{1}{4(p_1 \cdot p_3)(p_2 \cdot p_3)} \text{Tr} [ \not{p}_1 \gamma^\mu \not{p}_3 \not{p}_2 \gamma_\mu \not{p}_3 ] = 4$

求和得到强子张量的迹：

引入能量分数 $x_i = 2E_i/\sqrt{s}$，利用运动学关系 $p_1 \cdot p_3 = \frac{s}{2}(1 - x_2)$， $p_2 \cdot p_3 = \frac{s}{2}(1 - x_1)$，以及 $p_1 \cdot p_3 + p_2 \cdot p_3 = \frac{s}{2} x_3$，可得：

无质量三体相空间微分为 $d\Pi_3 = \frac{s}{128 \pi^3} dx_1 dx_2$。结合 $\alpha = \frac{e^2}{4\pi}$ 和 $\alpha_g = \frac{g^2}{4\pi}$，微分散射截面为：

整理常数并记 $x_1 = x_q, x_2 = x_{\bar{q}}$，即得：

---

(b) 喷注能量排序分布与模型区分

计算技巧与分析： 实验上无法区分夸克、反夸克和胶子喷注，因此我们只能测量排序后的能量分数 $x_a > x_b > x_c$。为了得到排序后的分布 $\frac{d^2 \sigma}{dx_a dx_b}$，需要对 $q, \bar{q}, g(S)$ 分配到 $x_a, x_b, x_c$ 的所有 $3! = 6$ 种排列求和。由于微分散射截面在 $x_1 \leftrightarrow x_2$ 交换下是对称的，这等价于将胶子分别指派为 $x_a, x_b, x_c$，求和后再乘以 2。

1. QCD（矢量胶子）的分布： 根据公式 (17.18)，包含所有夸克味和颜色的截面因子为 $C_V = \sigma_0 \left( 3 \sum_f Q_f^2 \right) \frac{2\alpha_s}{3\pi}$。对排列求和：

通分后，分子部分为：

利用恒等式 $\sum_{i \neq j} x_i^2 x_j = (x_a + x_b + x_c)(x_a^2 + x_b^2 + x_c^2) - (x_a^3 + x_b^3 + x_c^3)$，且 $x_a + x_b + x_c = 2$，可得 $N_V = x_a^3 + x_b^3 + x_c^3$。因此 QCD 预测为：

2. 标量胶子模型的分布： 同理，标量胶子模型的截面因子为 $C_S = \sigma_0 \left( 3 \sum_f Q_f^2 \right) \frac{\alpha_g}{4\pi}$。对排列求和：

通分后，分子部分为：

因此标量胶子模型预测为：

模型区分的物理讨论： 这两种模型在 $x_a, x_b$ 平面上的分布具有显著差异，特别是在软辐射极限下（即最弱喷注能量极小，$x_c \rightarrow 0$，此时 $x_a, x_b \rightarrow 1$）。

• 对于 QCD（矢量胶子），分子 $N_V \rightarrow 1^3 + 1^3 + 0 = 2$，截面表现出强烈的红外发散（同时包含软发散和共线发散）。
• 对于 标量胶子模型，分子 $N_S \rightarrow (1^2 + 1^2 + 0) - (1^3 + 1^3 + 0) = 0$，这抵消了部分分母的奇异性。物理上，标量胶子的发射不具有软发散（仅有共线发散）。 因此，通过测量三喷注事件中能量分数的分布形状（尤其是软喷注区域的事件产率），实验上可以明确区分胶子的自旋是 1 还是 0。

习题 17.3 - 解答

---

习题 17.3 (a) 分析与解答

先分析 $q\bar{q} \rightarrow gg$ 过程。在无质量极限下，由于 QCD 相互作用（矢量流）保持夸克的手征性，只有 $q_L \bar{q}_R$ 和 $q_R \bar{q}_L$ 两种初始态有非零贡献。由宇称对称性，这两种初态给出的微分散射截面相同，因此只需计算 $q_L \bar{q}_R \rightarrow gg$ 的振幅。

设中心法则系下的动量为：

对应的 Mandelstam 变量为 $\hat{s} = 4E^2$, $\hat{t} = -2E^2(1-\cos\theta)$, $\hat{u} = -2E^2(1+\cos\theta)$。

对于右旋 ($R$) 和左旋 ($L$) 胶子，极化矢量为：

1. 螺旋度振幅分析 将初态交叉到末态，$q_L \bar{q}_R \rightarrow g_1 g_2$ 对应于全出射振幅 $A(\bar{q}_R, q_L, g_1, g_2)$，即出射螺旋度为 $(+, -, \lambda_1, \lambda_2)$。 在树图阶 Yang-Mills 理论中，只有最大螺旋度破坏 (MHV) 振幅（即恰好有两个负螺旋度的振幅）非零。

• 对于 $g_R g_R$ ($\lambda_1=+, \lambda_2=+$)，全出射螺旋度为 $(+, -, +, +)$，仅有1个负螺旋度，因此振幅严格为零：$\mathcal{M}(q_L \bar{q}_R \rightarrow g_R g_R) = 0$。
• 同理，由 CP 对称性，$\mathcal{M}(q_L \bar{q}_R \rightarrow g_L g_L) = 0$。
• 唯一非零的振幅是 $g_R g_L$ (以及 $g_L g_R$)，对应出射螺旋度 $(+, -, +, -)$，为 MHV 振幅。

2. 计算 $q_L \bar{q}_R \rightarrow g_R g_L$ 振幅 对于 $g_R g_L$，出射极化矢量为 $\epsilon_1^* = \epsilon_L(k_1)$ 和 $\epsilon_2^* = \epsilon_R(k_2)$。 注意到此时 $\epsilon_1^* = -\epsilon_2^*$，且 $\epsilon_1^* \cdot \epsilon_2^* = 0$，$\epsilon_1^* \cdot k_2 = \epsilon_2^* \cdot k_1 = 0$。这导致 s-道 三胶子顶点贡献严格为零 ($\mathcal{M}_s = 0$)。 仅需计算 t-道 和 u-道：

利用 Dirac 方程 $\slashed{p}_1 u_L = 0$ 和极化矢量的横向性，分子可化简为：

令 $N = -2E^2 \sin\theta (1+\cos\theta)$，则总振幅为：

平方并对颜色求迹（利用 $\text{tr}(t^b t^a t^a t^b) = C_F^2 N_c = 16/3$ 及 $\text{tr}(t^b t^a t^b t^a) = -2/3$）：

代入 $N^2 = 4E^4 \sin^2\theta (1+\cos\theta)^2 = \frac{4\hat{t}\hat{u}^3}{\hat{s}^2}$，得到：

同理，对于 $g_L g_R$，只需交换 $\hat{t} \leftrightarrow \hat{u}$：

3. 组合与平均 将上述两个非零螺旋度截面相加，得到 $q_L \bar{q}_R$ 初态的总平方振幅：

对初态自旋（因子 $1/4$）和颜色（因子 $1/9$）求平均，并乘以 2（包含 $q_R \bar{q}_L$ 的等量贡献）：

代入微分散射截面公式 $\frac{d\sigma}{d\hat{t}} = \frac{1}{16\pi \hat{s}^2} \overline{|\mathcal{M}|^2}$，并使用 $\alpha_s = g^2 / (4\pi)$：

---

习题 17.3 (b) 分析与解答

下面计算胶子-胶子散射 $gg \rightarrow gg$。

1. 螺旋度振幅的消失 利用交叉对称性，将 $2 \rightarrow 2$ 散射转化为全出射振幅。入射胶子的螺旋度在交叉到末态时反号（即 $R \rightarrow -$，$L \rightarrow +$）。

• $g_R g_R \rightarrow g_R g_L$：对应全出射螺旋度为 $(-, -, +, -)$。该振幅包含 3 个负螺旋度和 1 个正螺旋度。
• $g_R g_R \rightarrow g_L g_L$：对应全出射螺旋度为 $(-, -, -, -)$。该振幅包含 4 个负螺旋度。 在树图阶 QCD 中，只有 MHV 振幅（恰好 2 个负螺旋度）和反 MHV 振幅（恰好 2 个正螺旋度）非零。因此，包含 0、1、3、4 个负螺旋度的振幅严格为零。 这直接证明了：

2. 非零螺旋度截面 唯一非零的基础振幅是 $g_R g_R \rightarrow g_R g_R$，对应全出射 $(-, -, +, +)$，为 MHV 振幅。 利用 Jacobi 恒等式 $f^{abe}f^{cde} + f^{ace}f^{dbe} + f^{ade}f^{bce} = 0$，s、t、u 道的颜色因子满足 $c_s + c_t + c_u = 0$。结合规范不变性，振幅可大幅化简。其平方结果正比于 $\hat{s}^4$（由 MHV 领头项给出）：

在 16 种极化组合中，只有满足“2个R，2个L”的组合非零。由于宇称和交叉对称性，这 6 个非零振幅给出 3 个独立的非零微分散射截面：

1. $g_R g_R \rightarrow g_R g_R$ (及 $g_L g_L \rightarrow g_L g_L$)，正比于 $\hat{s}^4$。
2. $g_R g_L \rightarrow g_R g_L$ (及 $g_L g_R \rightarrow g_L g_R$)，对应 $\hat{t}$ 道前向散射，正比于 $\hat{u}^4$。
3. $g_R g_L \rightarrow g_L g_R$ (及 $g_L g_R \rightarrow g_R g_L$)，对应 $\hat{u}$ 道后向散射，正比于 $\hat{t}^4$。

3. 组合与平均 将这 3 种非零截面（共 6 个非零螺旋度态）相加，并包含正确的颜色因子。对于 $gg \rightarrow gg$，规范群 $SU(3)$ 的颜色求和与平均（初态颜色态数为 $8 \times 8 = 64$，自旋态数为 $2 \times 2 = 4$）给出的总平均平方振幅为：

代入微分散射截面公式：

习题 17.4 - 解答

---

先分析题目要求：计算胶子分裂函数 $P_{g \leftarrow g}(z)$。计算分为两步：首先在 $x < 1$ 区域通过计算三胶子顶点的螺旋度矩阵元推导分裂函数的形式；然后利用动量守恒求和规则（Sum Rule）固定 $x = 1$ 处的奇异性，得到正确的整体归一化。

1. 计算 $x < 1$ 区域的分裂函数

考虑过程 $g(p) \to g(k_1) + g(k_2)$，其中入射胶子动量为 $p$，出射胶子动量为 $k_1 \approx z p + k_\perp$ 和 $k_2 \approx (1-z)p - k_\perp$。在共线极限下，我们使用光锥坐标和横向极化矢量。设 $p = (P, 0, 0, P)$，极化矢量为 $\epsilon_\pm^\mu = \frac{1}{\sqrt{2}}(0, 1, \pm i, 0)$。 出射胶子的极化矢量近似为： $\epsilon_{\lambda_1}^*(k_1) \approx \left( 0, \boldsymbol{\epsilon}_{\lambda_1}^*, \frac{\boldsymbol{\epsilon}_{\lambda_1}^* \cdot \mathbf{k}_\perp}{z P} \right), \quad \epsilon_{\lambda_2}^*(k_2) \approx \left( 0, \boldsymbol{\epsilon}_{\lambda_2}^*, \frac{-\boldsymbol{\epsilon}_{\lambda_2}^* \cdot \mathbf{k}_\perp}{(1-z) P} \right)$ 三胶子顶点的费曼规则给出矩阵元： $\mathcal{M}(\lambda \to \lambda_1 \lambda_2) = -i g f^{abc} \left[ (\epsilon \cdot \epsilon_1^*) (\epsilon_2^* \cdot (p+k_1)) + (\epsilon_1^* \cdot \epsilon_2^*) (\epsilon \cdot (-k_1+k_2)) + (\epsilon_2^* \cdot \epsilon) (\epsilon_1^* \cdot (-k_2-p)) \right]$ 利用极化矢量的正交性 $\epsilon_\lambda \cdot \epsilon_{\lambda'}^* = -\delta_{\lambda, \lambda'}$，并保留到 $\mathcal{O}(k_\perp)$ 阶，可以计算出不同螺旋度组合的振幅。定义复横动量 $k_\perp^\pm = k^1 \pm i k^2$，我们有： $\mathcal{M}(+ \to ++) = -i g f^{abc} \sqrt{2} \frac{k_\perp^-}{z(1-z)}$ $\mathcal{M}(+ \to +-) = -i g f^{abc} \sqrt{2} \frac{z k_\perp^+}{1-z}$ $\mathcal{M}(+ \to -+) = -i g f^{abc} \sqrt{2} \frac{(1-z) k_\perp^+}{z}$ $\mathcal{M}(+ \to --) = 0$ 对颜色求和并对初始自旋平均，得到自旋平均的矩阵元平方： $\overline{|\mathcal{M}|^2} = \frac{1}{2} \sum_{\lambda, \lambda_1, \lambda_2} |\mathcal{M}|^2 = 2 g^2 C_A k_\perp^2 \left[ \frac{1}{z^2(1-z)^2} + \frac{z^2}{(1-z)^2} + \frac{(1-z)^2}{z^2} \right]$ 其中颜色因子 $C_A = 3$。括号内的项可以重写为： $\frac{1 + z^4 + (1-z)^4}{z^2(1-z)^2} = \frac{2}{z(1-z)} \left[ \frac{1-z}{z} + \frac{z}{1-z} + z(1-z) \right]$ 根据 Altarelli-Parisi 方程的分解公式，分裂函数 $P_{g \leftarrow g}(z)$ 与矩阵元的关系为： $P_{g \leftarrow g}(z) = \frac{z(1-z)}{2 g^2 k_\perp^2} \overline{|\mathcal{M}|^2}$ 代入上式并取 $C_A = 3$，得到 $x < 1$ 时的分裂函数： $P_{g \leftarrow g}(z) = 6 \left[ \frac{1-z}{z} + \frac{z}{1-z} + z(1-z) \right]$

2. 修正 $x = 1$ 处的奇异性与整体归一化

当 $z \to 1$ 时，$\frac{z}{1-z}$ 项存在红外发散。我们需要将其正则化为 $(+)$-分布，并加上一个正比于 $\delta(1-z)$ 的项来表示虚修正的贡献： $P_{g \leftarrow g}(z) = 6 \left[ \frac{1-z}{z} + \frac{z}{(1-z)_+} + z(1-z) \right] + A \delta(1-z)$ 常数 $A$ 由动量守恒求和规则决定。从一个胶子分裂出的所有部分子（胶子和夸克）的动量分数之和必须为 1，这要求： $\int_0^1 dz \, z \left[ P_{g \leftarrow g}(z) + 2 n_f P_{q \leftarrow g}(z) \right] = 0$ 其中 $P_{q \leftarrow g}(z) = \frac{1}{2} [z^2 + (1-z)^2]$ 是胶子分裂为夸克对的函数。 首先计算夸克部分的积分： $\int_0^1 dz \, z \left( 2 n_f P_{q \leftarrow g}(z) \right) = n_f \int_0^1 dz \left( z^3 + z(1-z)^2 \right) = n_f \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{12} \right) = \frac{n_f}{3}$ 接着计算胶子部分的积分。利用 $(+)$-分布的定义 $\int_0^1 dz \frac{f(z)}{(1-z)_+} = \int_0^1 dz \frac{f(z)-f(1)}{1-z}$： $\int_0^1 dz \, z \left\{ 6 \left[ \frac{1-z}{z} + \frac{z}{(1-z)_+} + z(1-z) \right] + A \delta(1-z) \right\}$ $= 6 \int_0^1 dz \left[ (1-z) + \frac{z^2 - 1}{1-z} + z^2(1-z) \right] + A$ $= 6 \int_0^1 dz \left[ (1-z) - (z+1) + (z^2 - z^3) \right] + A$ $= 6 \left[ \frac{1}{2} - \frac{3}{2} + \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) \right] + A = 6 \left( -1 + \frac{1}{12} \right) + A = -\frac{11}{2} + A$ 将两部分代入动量守恒方程： $-\frac{11}{2} + A + \frac{n_f}{3} = 0 \implies A = \frac{11}{2} - \frac{n_f}{3} = 6 \left( \frac{11}{12} - \frac{n_f}{18} \right)$ 将 $A$ 代回分裂函数的表达式，即得到最终结果。