习题 9.1 - 解答

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(a) 树图级矩阵元与 Ward 恒等式

在标量 QED 中，Compton 散射 $\gamma(k) + \phi(p) \rightarrow \gamma(k') + \phi(p')$ 在树图阶有三个 Feynman 图贡献：$s$-道、$u$-道和海鸥图（接触项）。根据 Feynman 规则，总振幅 $\mathcal{M} = \epsilon_\mu(k) \epsilon'^*_\nu(k') \mathcal{M}^{\mu\nu}$ 为： $i\mathcal{M} = \epsilon_\mu \epsilon'^*_\nu \left[ (-ie)^2 \frac{i(2p+k)^\mu (2p'+k')^\nu}{(p+k)^2 - m^2} + (-ie)^2 \frac{i(2p'-k)^\mu (2p-k')^\nu}{(p-k')^2 - m^2} + 2ie^2 g^{\mu\nu} \right]$ 利用在壳条件 $p^2 = p'^2 = m^2$ 和 $k^2 = k'^2 = 0$，分母可化简为 $(p+k)^2 - m^2 = 2p\cdot k$ 以及 $(p-k')^2 - m^2 = -2p\cdot k'$。提取出 $\mathcal{M}^{\mu\nu}$： $\mathcal{M}^{\mu\nu} = -e^2 \left[ \frac{(2p+k)^\mu (2p'+k')^\nu}{2p\cdot k} - \frac{(2p'-k)^\mu (2p-k')^\nu}{2p\cdot k'} - 2g^{\mu\nu} \right]$

验证 Ward 恒等式：将入射光子极化矢量 $\epsilon_\mu$ 替换为 $k_\mu$，即计算 $k_\mu \mathcal{M}^{\mu\nu}$： $k_\mu \mathcal{M}^{\mu\nu} = -e^2 \left[ \frac{k\cdot(2p+k) (2p'+k')^\nu}{2p\cdot k} - \frac{(2p'-k)\cdot k (2p-k')^\nu}{2p\cdot k'} - 2k^\nu \right]$ 由于 $k^2=0$，有 $k\cdot(2p+k) = 2p\cdot k$。 由动量守恒 $p+k = p'+k'$，两边平方得 $(p-k')^2 = (p'-k)^2$，展开即 $m^2 - 2p\cdot k' = m^2 - 2p'\cdot k$，故 $k\cdot(2p'-k) = 2p'\cdot k = 2p\cdot k'$。 代入上式化简： $k_\mu \mathcal{M}^{\mu\nu} = -e^2 \left[ (2p'+k')^\nu - (2p-k')^\nu - 2k^\nu \right] = -2e^2 (p' + k' - p - k)^\nu = 0$ 同理可证 $k'_\nu \mathcal{M}^{\mu\nu} = 0$。Ward 恒等式得证。

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(b) 质心系下的微分散射截面

在质心系 (CM frame) 中，设入射标量粒子能量为 $E = \sqrt{m^2+\omega^2}$，光子能量为 $\omega$。动量配置为： $p = (E, -\vec{k})$, $k = (\omega, \vec{k})$, $p' = (E, -\vec{k}')$, $k' = (\omega, \vec{k}')$，其中 $|\vec{k}| = |\vec{k}'| = \omega$。 选取库仑规范 $\epsilon^0 = \epsilon'^0 = 0$，且 $\vec{\epsilon}\cdot\vec{k} = \vec{\epsilon}'\cdot\vec{k}' = 0$。 此时 $\epsilon \cdot p = -\vec{\epsilon}\cdot(-\vec{k}) = 0$，同理 $\epsilon' \cdot p' = 0$。 因此 $s$-道振幅中 $\epsilon \cdot (2p+k) = 0$，该项贡献严格为零。 对于 $u$-道，$\epsilon \cdot (2p'-k) = 2\epsilon \cdot p' = 2\vec{\epsilon}\cdot\vec{k}'$，且 $\epsilon'^* \cdot (2p-k') = 2\epsilon'^* \cdot p = 2\vec{\epsilon}'^*\cdot\vec{k}$。 分母为 $2p\cdot k' = 2(E\omega + \omega^2\cos\theta)$。 代入振幅表达式： $\mathcal{M} = -e^2 \left[ 0 - \frac{(2\vec{\epsilon}\cdot\vec{k}')(2\vec{\epsilon}'^*\cdot\vec{k})}{2\omega(E+\omega\cos\theta)} + 2\vec{\epsilon}\cdot\vec{\epsilon}'^* \right] = -2e^2 \left[ \vec{\epsilon}\cdot\vec{\epsilon}'^* - \frac{\omega}{E+\omega\cos\theta} (\vec{\epsilon}'^*\cdot\hat{k})(\vec{\epsilon}\cdot\hat{k}') \right]$ 质心系微分散射截面公式为 $\frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{|\mathcal{M}|^2}{64\pi^2 s}$，积分掉方位角后 $\frac{d\sigma}{d\cos\theta} = \frac{|\mathcal{M}|^2}{32\pi s}$。代入 $e^2 = 4\pi\alpha$： $\boxed{ \frac{d\sigma}{d\cos\theta} = \frac{2\pi\alpha^2}{s} \left| \vec{\epsilon}\cdot\vec{\epsilon}'^* - \frac{\omega}{E+\omega\cos\theta} (\vec{\epsilon}'^*\cdot\hat{k})(\vec{\epsilon}\cdot\hat{k}') \right|^2 }$

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(c) 入射光子在散射平面内极化

设散射平面为 $xz$ 平面，$\vec{k} = \omega\hat{z}$，$\vec{k}' = \omega(\sin\theta\hat{x} + \cos\theta\hat{z})$。 入射极化在平面内：$\vec{\epsilon} = \hat{x}$。此时 $\vec{\epsilon}\cdot\hat{k}' = \sin\theta$。 出射光子的两个正交极化基为：面内极化 $\vec{\epsilon}'_{\parallel} = \cos\theta\hat{x} - \sin\theta\hat{z}$，面外极化 $\vec{\epsilon}'_{\perp} = \hat{y}$。

1. 出射光子面内极化 ($\vec{\epsilon}' = \vec{\epsilon}'_{\parallel}$)： $\vec{\epsilon}\cdot\vec{\epsilon}'^* = \cos\theta$，$\vec{\epsilon}'^*\cdot\hat{k} = -\sin\theta$。 代入 (b) 中公式，括号内项为： $\cos\theta - \frac{\omega}{E+\omega\cos\theta}(-\sin\theta)(\sin\theta) = \frac{E\cos\theta + \omega\cos^2\theta + \omega\sin^2\theta}{E+\omega\cos\theta} = \frac{E\cos\theta + \omega}{E+\omega\cos\theta}$ $\boxed{ \frac{d\sigma}{d\cos\theta} \bigg|_{\parallel \to \parallel} = \frac{2\pi\alpha^2}{s} \left( \frac{E\cos\theta + \omega}{E+\omega\cos\theta} \right)^2 }$

2. 出射光子面外极化 ($\vec{\epsilon}' = \vec{\epsilon}'_{\perp}$)： $\vec{\epsilon}\cdot\vec{\epsilon}'^* = 0$，$\vec{\epsilon}'^*\cdot\hat{k} = 0$。 $\boxed{ \frac{d\sigma}{d\cos\theta} \bigg|_{\parallel \to \perp} = 0 }$

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(d) 入射光子在散射平面外极化

入射极化在平面外：$\vec{\epsilon} = \hat{y}$。此时 $\vec{\epsilon}\cdot\hat{k}' = 0$，振幅中的第二项始终为零。

1. 出射光子面内极化 ($\vec{\epsilon}' = \vec{\epsilon}'_{\parallel}$)： $\vec{\epsilon}\cdot\vec{\epsilon}'^* = \hat{y}\cdot(\cos\theta\hat{x} - \sin\theta\hat{z}) = 0$。 $\boxed{ \frac{d\sigma}{d\cos\theta} \bigg|_{\perp \to \parallel} = 0 }$

2. 出射光子面外极化 ($\vec{\epsilon}' = \vec{\epsilon}'_{\perp}$)： $\vec{\epsilon}\cdot\vec{\epsilon}'^* = \hat{y}\cdot\hat{y} = 1$。 $\boxed{ \frac{d\sigma}{d\cos\theta} \bigg|_{\perp \to \perp} = \frac{2\pi\alpha^2}{s} }$

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(e) 极化求和与协变替换的等价性

我们需要证明物理极化求和 $\sum_{\text{phys}} |\mathcal{M}|^2$ 等价于协变替换 $\epsilon_\mu \epsilon_\alpha^* \to -g_{\mu\alpha}$ 得到的 $\mathcal{M}^{\mu\nu}\mathcal{M}^*_{\mu\nu}$。 在质心系中，物理极化求和为 $S_{\text{phys}} = \sum_{\lambda,\lambda'} |\epsilon_i^{(\lambda)} \epsilon_j^{(\lambda')*} \mathcal{M}^{ij}|^2$。利用横向极化完备性关系 $\sum_\lambda \epsilon_i^{(\lambda)} \epsilon_k^{(\lambda)*} = \delta_{ik} - \hat{k}^i \hat{k}^k$，有： $S_{\text{phys}} = \mathcal{M}^{ij} (\delta_{ik} - \hat{k}^i \hat{k}^k) (\delta_{jl} - \hat{k}'^j \hat{k}'^l) \mathcal{M}^{kl*} = |\mathcal{M}^{ij}|^2 - |\hat{k}^i \mathcal{M}^{ij}|^2 - |\hat{k}'^j \mathcal{M}^{ij}|^2 + |\hat{k}^i \hat{k}'^j \mathcal{M}^{ij}|^2$ 另一方面，协变替换给出的求和为： $S_{\text{cov}} = \mathcal{M}^{\mu\nu}\mathcal{M}^*_{\mu\nu} = |\mathcal{M}^{00}|^2 - |\mathcal{M}^{0i}|^2 - |\mathcal{M}^{i0}|^2 + |\mathcal{M}^{ij}|^2$ 由 (a) 中证明的 Ward 恒等式 $k_\mu \mathcal{M}^{\mu\nu} = 0$，在质心系展开得 $\omega \mathcal{M}^{0\nu} - k^i \mathcal{M}^{i\nu} = 0$，即 $\mathcal{M}^{0\nu} = \hat{k}^i \mathcal{M}^{i\nu}$。同理 $k'_\nu \mathcal{M}^{\mu\nu} = 0 \implies \mathcal{M}^{\mu 0} = \hat{k}'^j \mathcal{M}^{\mu j}$。 将这些关系代入 $S_{\text{cov}}$ 的类时分量中： $\mathcal{M}^{00} = \hat{k}^i \hat{k}'^j \mathcal{M}^{ij}, \quad \mathcal{M}^{0j} = \hat{k}^i \mathcal{M}^{ij}, \quad \mathcal{M}^{i0} = \hat{k}'^j \mathcal{M}^{ij}$ 代入后立即得到： $S_{\text{cov}} = |\hat{k}^i \hat{k}'^j \mathcal{M}^{ij}|^2 - |\hat{k}^i \mathcal{M}^{ij}|^2 - |\hat{k}'^j \mathcal{M}^{ij}|^2 + |\mathcal{M}^{ij}|^2$ 这与 $S_{\text{phys}}$ 完全一致。因此，(c) 和 (d) 的截面之和（即物理极化求和）必然等于直接进行 $-g_{\mu\nu}$ 替换后的结果。

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(f) 该替换的普适性

$\boxed{\text{Yes}}$。 这种替换对于任何涉及外部光子的规范不变散射计算都是成立的。其根本原因在于规范对称性保证了 QED 振幅必然满足 Ward 恒等式 $k_\mu \mathcal{M}^\mu = 0$。在计算极化求和 $\sum \epsilon_\mu \epsilon_\nu^* = -g_{\mu\nu} + \frac{k_\mu \bar{k}_\nu + k_\nu \bar{k}_\mu}{k\cdot \bar{k}}$ 时，所有正比于光子四动量 $k$ 的非物理纵向和类时极化项在与振幅缩并时都会因 Ward 恒等式而严格相消。因此，直接使用 $-g_{\mu\nu}$ 替换总是能给出正确的非极化物理截面。

习题 9.2 - 解答

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习题 9.2 分析与解答

(a) 相同微扰阶数下其他图的数量估计

首先分析给定 Feynman 图的微扰阶数。该图包含 4 条外部光子线和 2 条内部光子线，连接在两个费米子环上。每个光子线（无论是内部还是外部）的每个端点都对应一个相互作用顶点。

• 外部光子：4 个端点 $\implies$ 4 个顶点。
• 内部光子：2 条线 $\times$ 2 个端点/条 $\implies$ 4 个顶点。 总顶点数为 $V = 8$。因此，这是一个 $\mathcal{O}(e^8)$ 或 $\mathcal{O}(\alpha^4)$ 阶的过程。

要估算同阶贡献的图的总数，我们可以计算该阶下所有可能的 Wick 收缩数。在 $\mathcal{O}(e^8)$ 阶，S 矩阵展开式包含 8 个 $\bar{\psi}\gamma^\mu\psi A_\mu$ 顶点。

1. 费米子收缩：将 8 个 $\bar{\psi}$ 场与 8 个 $\psi$ 场配对，共有 $8!$ 种方式。
2. 光子收缩：有 8 个 $A_\mu$ 场。我们需要选出 4 个与外部光子态收缩，剩下的 4 个两两配对形成内部传播子。
   • 选择 4 个外部光子：$\binom{8}{4}$ 种方式。
   • 将这 4 个场与 4 个可区分的外部动量配对：$4!$ 种方式。
   • 将剩余的 4 个场两两配对：$3!! = 3 \times 1 = 3$ 种方式。 光子收缩总数为 $\binom{8}{4} \times 4! \times 3 = \frac{8!}{4!4!} \times 24 \times 3 = 70 \times 24 \times 3 = 5040$。

根据 Dyson 级数，总图数（包含连通图和非连通图，并计入对称因子）为： $N_{\text{total}} = \frac{1}{8!} \times (\text{费米子收缩数}) \times (\text{光子收缩数}) = \frac{1}{8!} \times 8! \times 5040 = 5040$

这些图中包含了一些非连通图（例如包含真空泡的图，或两个独立的 $2 \to 2$ 散射图）。根据 Furry 定理，费米子环必须包含偶数个顶点，因此可能的连通图拓扑结构包括：

• 1 个费米子环（8 个顶点）
• 2 个费米子环（4+4 顶点，或 6+2 顶点）
• 3 个费米子环（4+2+2 顶点）

扣除掉非连通图后，连通的 Feynman 图数量大约在 $1000$ 到 $1500$ 之间（精确计算约为 1116 个连通图）。因此，同阶贡献的其他图的数量级在千的量级。

$\boxed{\text{Approximately } \sim 10^3 \text{ (or exactly 5039 other total contractions)}}$

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(b) 规范不变性与最小图集

1. 为什么该图本身不是规范不变的？ 在一般规范下，内部光子传播子包含规范参数 $\xi$： $D_{\mu\nu}(q) = \frac{-i}{q^2} \left( g_{\mu\nu} - (1-\xi)\frac{q_\mu q_\nu}{q^2} \right)$ 为了使物理结果与 $\xi$ 无关（即规范不变），传播子中正比于 $q_\mu q_\nu$ 的项在与费米子环缩并时必须为零。这要求费米子环的振幅满足 Ward-Takahashi 恒等式（即 $q_\mu \mathcal{M}^{\mu\dots} = 0$）。 然而，Ward 恒等式仅当我们对光子在费米子线上的所有可能插入位置（排列）求和时才成立。给定的图只代表了光子连接到费米子环的一种特定顺序，因此它本身不满足 Ward 恒等式，依赖于 $\xi$。

2. 最小规范不变图集 为了消除 $\xi$ 依赖，我们必须对每个费米子环上的光子附着点进行全排列求和。

• 左侧的费米子环有 4 个光子附着点（2 个外部，2 个内部）。对于一个包含 $n$ 个顶点的闭合费米子环，存在 $(n-1)!$ 种拓扑上不等价的循环排列。因此左环有 $(4-1)! = 3! = 6$ 种排列。
• 右侧的费米子环同样有 4 个附着点，也有 $3! = 6$ 种排列。

这两个环的排列是相互独立的，因此构成一个规范不变子集的总图数为： $N_{\text{gauge-invariant set}} = 6 \times 6 = 36$ 由于题目给出了其中 1 个图，我们需要添加的最小图数为 $36 - 1 = 35$ 个。

$\boxed{\text{A minimal set of } 36 \text{ diagrams (need to add 35 diagrams)}}$

3. 为什么其他图会自行抵消（形成独立的规范不变子集）？ Ward-Takahashi 恒等式是基于特定的费米子骨架（fermion skeleton）推导出来的。它通过在一条固定的费米子线上移动光子的插入点来建立不同图之间的联系。

• Ward 恒等式不会改变费米子环的数量。
• Ward 恒等式不会改变光子在不同费米子环之间的分配方式（例如，它不能将一个 4+4 顶点的双环图转化为一个 8 顶点的单环图）。

因此，微扰展开中的所有图会根据其底层的费米子拓扑结构自然地划分为若干个互不相交的子集（例如：所有的 1 环图构成一个子集，所有的 4+4 双环图构成另一个子集）。每个子集内部通过对光子顶点的排列求和，各自独立地满足规范不变性。这就是为什么我们不需要引入其他拓扑结构（如单环图）来抵消当前双环图的 $\xi$ 依赖。

习题 9.3 - 解答

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(a) 在软极限 $q \ll p$ 下，标量粒子吸收或发射一个软规范玻色子（胶子）的相互作用主要由标量粒子的动量决定。根据洛伦兹不变性，顶角 $\Gamma_{ij}^{a\mu}(p, q)$ 必须由可用的四动量 $p^\mu$ 和 $q^\mu$ 构成。在 $q \to 0$ 的极限下，主导项正比于 $p^\mu$。 我们可以将这个比例系数定义为一个矩阵 $T^a$ 的矩阵元 $T_{ij}^a$（包含耦合常数）。因此，在软极限下，顶角可以展开为： $\Gamma_{ij}^{a\mu}(p, q) \approx 2 p^\mu T_{ij}^a + \mathcal{O}(q)$ 这里的因子 2 是为了匹配标准的标量电动力学顶角约定（例如 $e(2p+q)^\mu$）。这表明相互作用的“荷”由一组矩阵 $T^a$ 描述。

(b) 对于 $N=1$ 的情况，只有一个规范玻色子（如光子），荷矩阵记为 $T$。考虑一个质量为 $m_i$ 的标量粒子 $i$ 发射一个软光子后变成质量为 $m_j$ 的标量粒子 $j$ 的过程。 设初态动量为 $p$（满足 $p^2 = m_i^2$），末态标量动量为 $p-q$（满足 $(p-q)^2 = m_j^2$），光子动量为 $q$。 该过程的跃迁振幅为 $\mathcal{M} = \epsilon_\mu(q) \mathcal{M}^\mu$，其中 $\mathcal{M}^\mu = \Gamma_{ji}^\mu(p, -q) \approx 2p^\mu T_{ji}$。 根据规范不变性（Ward 恒等式），当我们将极化矢量 $\epsilon_\mu$ 替换为光子动量 $q_\mu$ 时，振幅必须为零： $q_\mu \mathcal{M}^\mu \approx q_\mu (2p^\mu T_{ji}) = 2(p \cdot q) T_{ji} = 0$ 由运动学关系 $(p-q)^2 = m_j^2 \implies p^2 - 2p \cdot q + q^2 = m_j^2$。在软极限或光子在壳 ($q^2=0$) 情况下，有 $2p \cdot q = m_i^2 - m_j^2$。代入上式得到： $(m_i^2 - m_j^2) T_{ji} = 0$ 要使理论对任意态一致，只有当 $m_i = m_j$ 时，$T_{ji}$ 才能非零。如果将质量写成对角矩阵 $M$（或质量平方矩阵 $M^2$），这等价于矩阵对易关系： $\boxed{[M, T] = 0}$ 这表明规范玻色子只能在具有相同质量的粒子之间耦合。

(c) 考虑康普顿散射 $\phi_i(p) A_\mu^a(q^a) \rightarrow \phi_j(p') A_\nu^b(q^b)$。在软极限 $q^a, q^b \ll p, p'$ 下，有两个树图贡献（$s$ 沟道和 $u$ 沟道）。 图 1 ($s$ 沟道)：先吸收 $A_\mu^a$，再发射 $A_\nu^b$。中间态动量为 $p+q^a$。 $\mathcal{M}_1^{\mu\nu} = \sum_k \Gamma_{jk}^{b\nu}(p+q^a, -q^b) \frac{i}{(p+q^a)^2 - m^2} \Gamma_{ki}^{a\mu}(p, q^a)$ 利用精确的 Ward 恒等式 $q_\mu^a \Gamma_{ki}^{a\mu}(p, q^a) = T_{ki}^a ((p+q^a)^2 - m^2) - (p^2 - m^2) T_{ki}^a$。由于初态在壳 $p^2=m^2$，第二项为零。 $q_\mu^a \mathcal{M}_1^{\mu\nu} = \sum_k \Gamma_{jk}^{b\nu}(p+q^a, -q^b) \frac{i}{(p+q^a)^2 - m^2} T_{ki}^a ((p+q^a)^2 - m^2) = i \sum_k \Gamma_{jk}^{b\nu}(p+q^a, -q^b) T_{ki}^a$ 在软极限下，$\Gamma_{jk}^{b\nu} \approx 2p^\nu T_{jk}^b$，因此： $q_\mu^a \mathcal{M}_1^{\mu\nu} \approx 2i p^\nu \sum_k T_{jk}^b T_{ki}^a = 2i p^\nu (T^b T^a)_{ji}$

图 2 ($u$ 沟道)：先发射 $A_\nu^b$，再吸收 $A_\mu^a$。中间态动量为 $p-q^b$。 $\mathcal{M}_2^{\mu\nu} = \sum_k \Gamma_{jk}^{a\mu}(p-q^b, q^a) \frac{i}{(p-q^b)^2 - m^2} \Gamma_{ki}^{b\nu}(p, -q^b)$ 同样利用 Ward 恒等式 $q_\mu^a \Gamma_{jk}^{a\mu}(p-q^b, q^a) = T_{jk}^a ((p-q^b+q^a)^2 - m^2) - ((p-q^b)^2 - m^2) T_{jk}^a$。由于末态在壳 $(p-q^b+q^a)^2 = (p')^2 = m^2$，第一项为零。 $q_\mu^a \mathcal{M}_2^{\mu\nu} = \sum_k \left[ - ((p-q^b)^2 - m^2) T_{jk}^a \right] \frac{i}{(p-q^b)^2 - m^2} \Gamma_{ki}^{b\nu}(p, -q^b) = -i \sum_k T_{jk}^a \Gamma_{ki}^{b\nu}(p, -q^b)$ 在软极限下，$\Gamma_{ki}^{b\nu} \approx 2p^\nu T_{ki}^b$，因此： $q_\mu^a \mathcal{M}_2^{\mu\nu} \approx -2i p^\nu \sum_k T_{jk}^a T_{ki}^b = -2i p^\nu (T^a T^b)_{ji}$ 总振幅的规范变换为： $q_\mu^a \mathcal{M}^{\mu\nu} = q_\mu^a (\mathcal{M}_1^{\mu\nu} + \mathcal{M}_2^{\mu\nu}) \approx 2i p^\nu (T^b T^a - T^a T^b)_{ji} = -2i p^\nu [T^a, T^b]_{ji}$ 为了满足洛伦兹不变性（要求非物理的纵向极化解耦，即规范不变性 $q_\mu^a \mathcal{M}^{\mu\nu} = 0$），如果没有其他图的贡献，必须有： $\boxed{[T^a, T^b] = 0}$

(d) 如果 $[T^a, T^b] \neq 0$，理论必须引入一个新的接触相互作用 $\Gamma_{ij}^{ab\mu\nu}(p, q^a, q^b)$ 来抵消上述反常项。设其贡献为 $\mathcal{M}_3^{\mu\nu} = \Gamma_{ij}^{ab\mu\nu}$，则需要满足： $q_\mu^a \Gamma_{ij}^{ab\mu\nu} = 2i p^\nu [T^a, T^b]_{ij}$ 这直接表明 $\Gamma_{ij}^{ab\mu\nu}$ 必须正比于对易子 $[T^a, T^b]$。 从量纲分析来看，$\Gamma^{\mu\nu}$ 的质量量纲为 0。为了在与 $q_\mu^a$（量纲 1）缩并后得到正比于 $p^\nu$（量纲 1）的项，该张量必须包含形如 $\frac{q^\mu p^\nu}{q^2}$ 的结构。具体而言，由于涉及两个胶子，动量分母应为 $(q^a+q^b)^2$。例如，项 $\frac{q^{b\mu} p^\nu}{(q^a+q^b)^2}$ 在与 $q_\mu^a$ 缩并时会给出 $\frac{(q^a \cdot q^b) p^\nu}{2 q^a \cdot q^b} \propto p^\nu$。 因此，$\Gamma_{ij}^{ab\mu\nu}$ 必须包含一个极点，例如当 $\boxed{(q^a + q^b)^2 \rightarrow 0}$ 时。

(e) 该极点表明存在一个无质量粒子（胶子）的交换（$t$ 沟道）。我们可以将 $\Gamma_{ij}^{ab\mu\nu}$ 分解为三胶子顶角 $\Gamma_{\mu\nu\alpha}^{abc}$ 和标量-胶子顶角 $\Gamma_{ij}^{c\alpha}$： $\mathcal{M}_3^{\mu\nu} = \Gamma_{\mu\nu\alpha}^{abc}(q^a, q^b, -q^a-q^b) \frac{-i}{(q^a+q^b)^2} \Gamma_{ij}^{c\alpha}(p, q^a+q^b)$ 在软极限下，$\Gamma_{ij}^{c\alpha} \approx 2p^\alpha T_{ij}^c$。 根据洛伦兹不变性和玻色对称性，无极点的三胶子顶角可以唯一地写为标准形式（包含常数 $f^{abc}$）： $\Gamma_{\mu\nu\alpha}^{abc}(q^a, q^b, q^c) = -i f^{abc} \left[ g_{\mu\nu}(q^a-q^b)_\alpha + g_{\nu\alpha}(q^b-q^c)_\mu + g_{\alpha\mu}(q^c-q^a)_\nu \right]$ （题目提示的 $g^{\mu\nu} q_c^\alpha + \dots$ 是该标准形式的等价变体，完整形式即为上述括号内的循环排列）。 计算其与 $q_\mu^a$ 的缩并（利用 $q^c = -q^a-q^b$ 且 $(q^a)^2=(q^b)^2=0$）： $q^{a\mu} \left[ g_{\mu\nu}(q^a-q^b)_\alpha + g_{\nu\alpha}(q^b-q^c)_\mu + g_{\alpha\mu}(q^c-q^a)_\nu \right] = (q^a+q^b)^2 g_{\nu\alpha} - q_\nu^a (q^a+q^b)_\alpha - q_\alpha^a q_\nu^b$ 代入 $\mathcal{M}_3^{\mu\nu}$ 的表达式中： $q_\mu^a \mathcal{M}_3^{\mu\nu} = -i f^{abc} \left[ (q^a+q^b)^2 g_{\nu\alpha} + \dots \right] \frac{-i}{(q^a+q^b)^2} (2p^\alpha T_{ij}^c) = -2 p_\nu f^{abc} T_{ij}^c + \mathcal{O}(q_\nu^a, q_\nu^b)$ 省略的项正比于 $q_\nu^a$ 或 $q_\nu^b$，在与物理极化矢量缩并时会消失或被其他接触项抵消。 为了使总的康普顿散射振幅在软极限下保持洛伦兹不变（规范不变），要求 $q_\mu^a (\mathcal{M}_1 + \mathcal{M}_2 + \mathcal{M}_3)^{\mu\nu} = 0$： $-2i p^\nu [T^a, T^b] - 2 p^\nu f^{abc} T^c = 0$ 化简得到： $\boxed{[T^a, T^b] = i f^{abc} T^c}$ 这证明了胶子的生成元必须满足李代数关系，即胶子在李群的伴随表示中变换。

习题 9.4 - 解答

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(a) 无质量自旋-1粒子（光子）与标量场耦合的软极限

考虑标量 QED 中的康普顿散射 $\phi(p_1) + \gamma(q_1) \to \phi(p_2) + \gamma(q_2)$。设标量场质量为 $m$，光子极化矢量为 $\epsilon_1(q_1)$ 和 $\epsilon_2(q_2)$。 假设存在一般的 3-点相互作用顶点 $A_\mu \phi^* \phi$，由洛伦兹不变性，其动量空间费曼规则必须正比于标量场的动量之和，记为 $-ie(p + p')^\mu$。

仅考虑 3-点顶点，树图级别的散射振幅由 $s$-道和 $u$-道组成： $\mathcal{M}_s^{\mu\nu} = \frac{(-ie)(2p_1+q_1)^\mu (-ie)(2p_2+q_2)^\nu}{(p_1+q_1)^2 - m^2}$ $\mathcal{M}_u^{\mu\nu} = \frac{(-ie)(2p_2-q_1)^\mu (-ie)(2p_1-q_2)^\nu}{(p_1-q_2)^2 - m^2}$ 利用在壳条件 $p_1^2 = p_2^2 = m^2$ 和 $q_1^2 = q_2^2 = 0$，分母可化简为 $(p_1+q_1)^2 - m^2 = 2p_1 \cdot q_1$ 以及 $(p_1-q_2)^2 - m^2 = -2p_1 \cdot q_2 = -2p_2 \cdot q_1$。

为了满足洛伦兹不变性（即规范不变性/Ward 恒等式），总振幅必须满足 $q_{1\mu} \mathcal{M}^{\mu\nu} = 0$。我们将 $q_{1\mu}$ 缩并入 $s$-道和 $u$-道振幅： $q_{1\mu} \mathcal{M}_s^{\mu\nu} = -e^2 \frac{q_1 \cdot (2p_1+q_1)}{2p_1 \cdot q_1} (2p_2+q_2)^\nu = -e^2 (2p_2+q_2)^\nu$ $q_{1\mu} \mathcal{M}_u^{\mu\nu} = -e^2 \frac{q_1 \cdot (2p_2-q_1)}{-2p_2 \cdot q_1} (2p_1-q_2)^\nu = e^2 (2p_1-q_2)^\nu$ 将两者相加，并利用动量守恒 $p_1 + q_1 = p_2 + q_2 \implies p_2 - p_1 + q_2 = q_1$： $q_{1\mu} (\mathcal{M}_s^{\mu\nu} + \mathcal{M}_u^{\mu\nu}) = -e^2 (2p_2 + q_2 - 2p_1 + q_2)^\nu = -2e^2 (p_2 - p_1 + q_2)^\nu = -2e^2 q_1^\nu$ 由于结果不为零，仅靠 3-点顶点无法保证规范不变性。必须引入一个局域的接触项（contact term）$\mathcal{M}_c^{\mu\nu}$，使得： $q_{1\mu} \mathcal{M}_c^{\mu\nu} = 2e^2 q_1^\nu$ 最简单的局域解为 $\mathcal{M}_c^{\mu\nu} = 2e^2 \eta^{\mu\nu}$。这正好对应于一个 4-点相互作用顶点 $A_\mu A_\nu \phi^* \phi$，其费曼规则为 $2ie^2 \eta^{\mu\nu}$。因此，为了保证康普顿散射的洛伦兹不变性，必须存在 $AA\phi^*\phi$ 相互作用。

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(b) 引力子与标量场散射及引力子自相互作用

为了与题目中极点 $(q_1+q_2)^2=0$ 的记号完全匹配，我们采用全入射动量约定（all-incoming convention）来处理引力子，即考虑过程 $\phi(p_1) + h(q_1) + h(q_2) \to \phi(p_2)$，动量守恒为 $p_1 + q_1 + q_2 = p_2$。 引力子极化张量为横向无迹的 $\epsilon_{1\mu\nu}$ 和 $\epsilon_{2\rho\sigma}$。一般的 $h\phi\phi$ 3-点顶点正比于标量能量动量张量，其有效费曼规则为 $-i\kappa p_\mu p'_\nu$（对称化后）。

计算 $s$-道（中间态动量 $p_1+q_1$）和 $u$-道（中间态动量 $p_1+q_2$）的振幅： $\mathcal{M}_s^{\mu\nu\rho\sigma} = \frac{\kappa^2 p_1^\mu p_1^\nu (p_1+q_1)^\rho (p_1+q_1)^\sigma}{(p_1+q_1)^2 - m^2} \approx \frac{\kappa^2 p_1^\mu p_1^\nu p_1^\rho p_1^\sigma}{2p_1 \cdot q_1}$ $\mathcal{M}_u^{\mu\nu\rho\sigma} = \frac{\kappa^2 (p_1+q_2)^\mu (p_1+q_2)^\nu p_1^\rho p_1^\sigma}{(p_1+q_2)^2 - m^2} \approx \frac{\kappa^2 p_1^\mu p_1^\nu p_1^\rho p_1^\sigma}{2p_1 \cdot q_2}$ （注：在缩并极化张量 $\epsilon_2$ 时，由于 $\epsilon_2 \cdot q_2 = 0$，可将分子中的 $p_1+q_1$ 替换为 $p_2-q_2 \to p_2 \approx p_1$）。

现在对 $q_1$ 应用 Ward 恒等式，计算散度 $q_{1\mu} (\mathcal{M}_s + \mathcal{M}_u)^{\mu\nu\rho\sigma} \epsilon_{2\rho\sigma}$。 利用精确的 3-点顶点规则，散度会消去传播子分母，留下： $q_{1\mu} \mathcal{M}_s^{\mu\nu\rho\sigma} \epsilon_{2\rho\sigma} = \frac{\kappa^2}{2} p_1^\nu p_1^\rho p_1^\sigma \epsilon_{2\rho\sigma}$ $q_{1\mu} \mathcal{M}_u^{\mu\nu\rho\sigma} \epsilon_{2\rho\sigma} = -\frac{\kappa^2}{2} p_2^\nu p_1^\rho p_1^\sigma \epsilon_{2\rho\sigma}$ 将两者相加，并代入 $p_2 = p_1 + q_1 + q_2$： $R^\nu = \frac{\kappa^2}{2} (p_1^\nu - p_2^\nu) p_1^\rho p_1^\sigma \epsilon_{2\rho\sigma} = -\frac{\kappa^2}{2} (q_1^\nu + q_2^\nu) p_1^\rho p_1^\sigma \epsilon_{2\rho\sigma}$ 为了恢复规范不变性，我们需要引入额外的图 $\mathcal{M}_{new}$，使得 $q_{1\mu} \mathcal{M}_{new}^{\mu\nu} = -R^\nu$： $q_{1\mu} \mathcal{M}_{new}^{\mu\nu} = \frac{\kappa^2}{2} (q_1^\nu + q_2^\nu) p_1^\rho p_1^\sigma \epsilon_{2\rho\sigma}$

1. 证明必须存在 $hh\phi\phi$ 相互作用及极点 $(q_1+q_2)^2=0$： 我们需要构造一个张量 $M^{\mu\nu}$ 使得 $q_{1\mu} M^{\mu\nu} = q_1^\nu + q_2^\nu$。 如果仅存在局域的 4-点接触相互作用 $hh\phi\phi$，$M^{\mu\nu}$ 必须是动量的多项式。然而，要从 $q_{1\mu}$ 的缩并中产生孤立的 $q_2^\nu$ 项，且满足玻色对称性（$q_1 \leftrightarrow q_2$），唯一可能的张量结构是： $M^{\mu\nu} = \eta^{\mu\nu} + \frac{2 q_2^\mu q_2^\nu}{(q_1+q_2)^2}$ 验证：$q_{1\mu} M^{\mu\nu} = q_1^\nu + \frac{2(q_1 \cdot q_2)q_2^\nu}{(q_1+q_2)^2} = q_1^\nu + q_2^\nu$ （因为对于无质量引力子 $(q_1+q_2)^2 = 2q_1 \cdot q_2$）。 上式中 $\eta^{\mu\nu}$ 对应于局域的 $hh\phi\phi$ 接触相互作用。 而第二项包含分母 $(q_1+q_2)^2$，这表明新相互作用必须包含一个位于 $(q_1+q_2)^2 = 0$ 的极点（非局域项），这与自旋-1情况（仅需局域接触项）截然不同。

2. 将极点解析为引力子交换图及耦合常数关系： 极点 $(q_1+q_2)^2 = 0$ 对应于 $t$-道中无质量粒子的交换，即两个入射引力子融合为一个中间态引力子，再与标量场相互作用。这要求引力子必须具有自相互作用（3-引力子顶点 $hhh$）。 设 3-引力子顶点的耦合常数为 $\kappa_g$。$t$-道交换图的振幅结构为： $\mathcal{M}_t = V_{hhh}^{\mu\nu, \rho\sigma, \alpha\beta}(q_1, q_2, -q_t) \frac{P_{\alpha\beta, \gamma\delta}}{q_t^2} V_{h\phi\phi}^{\gamma\delta}(p_1, p_2)$ 其中 $q_t = q_1 + q_2$，传播子分母为 $q_t^2 = (q_1+q_2)^2$。 当对 $q_{1\mu}$ 取散度时，3-引力子顶点的 Ward 恒等式会给出正比于传播子逆（即 $q_t^2$）的项，从而精确消去极点分母： $q_{1\mu} V_{hhh}^{\mu\nu, \rho\sigma, \alpha\beta} \propto \kappa_g q_t^2 \eta^{\nu\alpha} \eta^{\rho\beta} + \dots$ 将其代入 $t$-道振幅的散度中，极点被消去，留下： $q_{1\mu} \mathcal{M}_t^{\mu\nu} \approx \kappa_g \kappa (q_1^\nu + q_2^\nu) p_1^\rho p_1^\sigma \epsilon_{2\rho\sigma}$ 为了完美抵消前面计算得到的反常项 $\frac{\kappa^2}{2} (q_1^\nu + q_2^\nu) p_1^\rho p_1^\sigma \epsilon_{2\rho\sigma}$（忽略常数因子和张量迹的精确系数匹配），必须要求 $t$-道图的整体系数 $\kappa_g \kappa$ 与反常项的系数 $\kappa^2$ 成正比且相等。 由此得出引力子自耦合 $\kappa_g$ 与引力子-标量耦合 $\kappa$ 之间的必然关系：

$\boxed{ \kappa_g = \kappa }$

这正是等效原理在散射振幅软极限下的体现：引力子对其自身的耦合强度必须严格等于它对其他物质（如标量场）的耦合强度。