习题 16.1 - 解答

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1. 旋量量子电动力学 (Spinor QED) 中的真空极化

在旋量 QED 中，单圈真空极化张量 $\Pi^{\mu\nu}(p)$ 的费曼振幅由费米子圈贡献： $i\Pi^{\mu\nu}(p) = -(-ie)^2 \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \text{Tr}\left[ \gamma^\mu \frac{i(\slashed{k}+m)}{k^2-m^2} \gamma^\nu \frac{i(\slashed{k}+\slashed{p}+m)}{(k+p)^2-m^2} \right]$

引入 Feynman 参数 $x$，并作动量平移 $l = k + xp$，分母变为 $[l^2 - \Delta]^2$，其中 $\Delta = m^2 - x(1-x)p^2$。 计算迹并保留分子中与 $p^\mu p^\nu$ 相关的项。迹的展开式中包含 $4[k^\mu(k+p)^\nu + k^\nu(k+p)^\mu]$，代入 $k = l - xp$ 后，由于奇数次 $l$ 的积分在对称区间为零，提取出纯 $p^\mu p^\nu$ 的部分为 $-8x(1-x)p^\mu p^\nu$。

利用维数正规化（$d = 4-\epsilon$），$p^\mu p^\nu$ 部分的积分为： $\Pi^{\mu\nu}(p)\Big|_{p^\mu p^\nu} = -8e^2 p^\mu p^\nu \int_0^1 dx \int \frac{d^dl}{(2\pi)^d} \frac{x(1-x)}{[l^2 - \Delta]^2}$ $\Pi^{\mu\nu}(p)\Big|_{p^\mu p^\nu} = -\frac{8e^2}{(4\pi)^2} p^\mu p^\nu \int_0^1 dx \, x(1-x) \left( \frac{2}{\epsilon} - \gamma + \log(4\pi) - \log\Delta \right)$

Ward 恒等式一致性检验： Ward 恒等式要求 $p_\mu \Pi^{\mu\nu}(p) = 0$，这意味着张量结构必须正比于 $(p^2 g^{\mu\nu} - p^\mu p^\nu)$。 我们检查迹展开中的 $g^{\mu\nu}$ 项。平移后分子中的 $g^{\mu\nu}$ 项为 $-4g^{\mu\nu} [ l^2 - x(1-x)p^2 - m^2 ]$。 在维数正规化下，$\int d^dl \frac{l^2}{[l^2-\Delta]^2} = \frac{d}{d-2} \Delta \int d^dl \frac{1}{[l^2-\Delta]^2}$。 结合所有 $g^{\mu\nu}$ 项，经过化简后可以得到： $\Pi^{\mu\nu}(p)\Big|_{g^{\mu\nu}} = \frac{8e^2}{(4\pi)^2} p^2 g^{\mu\nu} \int_0^1 dx \, x(1-x) \left( \frac{2}{\epsilon} - \gamma + \log(4\pi) - \log\Delta \right)$ 显然，$\Pi^{\mu\nu}(p) = (p^2 g^{\mu\nu} - p^\mu p^\nu) \Pi(p^2)$，这与 Ward 恒等式完全一致。

$\boxed{ \Pi^{\mu\nu}_{\text{spinor}}(p)\Big|_{p^\mu p^\nu} = -\frac{8e^2}{(4\pi)^2} p^\mu p^\nu \int_0^1 dx \, x(1-x) \left( \frac{2}{\epsilon} - \log\Delta + \dots \right) }$

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2. 标量量子电动力学 (Scalar QED) 中的真空极化

在标量 QED 中，单圈真空极化由两个图组成：包含两个三线顶点的圈图（图1）和包含一个四线顶点的海鸥图（图2）。 $i\Pi^{\mu\nu}(p) = i\Pi_1^{\mu\nu}(p) + i\Pi_2^{\mu\nu}(p)$ $i\Pi_1^{\mu\nu}(p) = (ie)^2 \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{(2k+p)^\mu (2k+p)^\nu}{(k^2-m^2)((k+p)^2-m^2)}$ $i\Pi_2^{\mu\nu}(p) = -2ie^2 g^{\mu\nu} \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{1}{k^2-m^2}$

$p^\mu p^\nu$ 的贡献仅来源于图1。引入 Feynman 参数 $x$ 并作动量平移 $l = k + xp$，分子变为 $(2l + (1-2x)p)^\mu (2l + (1-2x)p)^\nu$。 丢弃奇数次 $l$ 项，提取出 $p^\mu p^\nu$ 的系数为 $(1-2x)^2$。 利用维数正规化计算该部分的积分： $\Pi^{\mu\nu}(p)\Big|_{p^\mu p^\nu} = -e^2 p^\mu p^\nu \int_0^1 dx \int \frac{d^dl}{(2\pi)^d} \frac{(1-2x)^2}{[l^2 - \Delta]^2}$ $\Pi^{\mu\nu}(p)\Big|_{p^\mu p^\nu} = -\frac{e^2}{(4\pi)^2} p^\mu p^\nu \int_0^1 dx \, (1-2x)^2 \left( \frac{2}{\epsilon} - \gamma + \log(4\pi) - \log\Delta \right)$

Ward 恒等式一致性检验： 为了验证 Ward 恒等式，我们需要计算 $g^{\mu\nu}$ 部分的贡献，它来自图1中的 $4l^\mu l^\nu \to \frac{4}{d} l^2 g^{\mu\nu}$ 项以及图2的海鸥图。 图1的 $g^{\mu\nu}$ 贡献： $i\Pi_1^{\mu\nu}\Big|_{g^{\mu\nu}} = -e^2 g^{\mu\nu} \int_0^1 dx \int \frac{d^dl}{(2\pi)^d} \frac{\frac{4}{d}l^2}{[l^2-\Delta]^2}$ 图2的海鸥图贡献（可写为 $\int_0^1 dx$ 的形式以便合并）： $i\Pi_2^{\mu\nu} = 2e^2 g^{\mu\nu} \int_0^1 dx \int \frac{d^dl}{(2\pi)^d} \frac{l^2-\Delta}{[l^2-\Delta]^2}$ 将两者相加，并利用维数正规化积分恒等式 $\int \frac{d^dl}{(2\pi)^d} \frac{l^2}{[l^2-\Delta]^2} = \frac{d}{d-2} \Delta \int \frac{d^dl}{(2\pi)^d} \frac{1}{[l^2-\Delta]^2}$，合并后 $g^{\mu\nu}$ 的系数精确等于 $p^2 (1-2x)^2$ 乘以相同的标量积分。 因此，总的真空极化张量具有形式 $\Pi^{\mu\nu}(p) \propto (p^2 g^{\mu\nu} - p^\mu p^\nu)$，满足 $p_\mu \Pi^{\mu\nu} = 0$，与 Ward 恒等式一致。

$\boxed{ \Pi^{\mu\nu}_{\text{scalar}}(p)\Big|_{p^\mu p^\nu} = -\frac{e^2}{(4\pi)^2} p^\mu p^\nu \int_0^1 dx \, (1-2x)^2 \left( \frac{2}{\epsilon} - \log\Delta + \dots \right) }$

习题 16.2 - 解答

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在量子电动力学（QED）中，包含单圈真空极化（Vacuum Polarization）修正的有效势在动量空间中可以表示为树图级库仑势与真空极化标量函数 $\Pi_2(\mathbf{q}^2)$ 的乘积：

其中，单圈真空极化函数（采用自然单位制 $\hbar=c=1$，且 $\alpha = \frac{e^2}{4\pi}$）为：

为了得到坐标空间中的 Uehling 势，我们需要对有效势进行三维傅里叶变换：

第一项给出了标准的库仑势 $V_0(r) = -\frac{e^2}{4\pi r}$。第二项 $\delta V(r)$ 是真空极化带来的修正：

这里为了书写简便，定义了等效质量平方 $M^2 \equiv \frac{m^2}{z(1-z)}$。

1. 动量积分与 Yukawa 势的引入 直接对包含对数项的动量进行傅里叶变换较为困难。我们引入一个积分恒等式来处理对数项：

将此恒等式代入动量积分，并交换 $\mathbf{q}$ 与 $y$ 的积分顺序：

内部的动量积分正是带有等效质量 $M/\sqrt{y}$ 的 Yukawa 势的标准傅里叶变换：

因此，积分 $I$ 化简为：

2. 参数代换 为了进一步化简，作变量代换 $v = 1/\sqrt{y}$，则 $y = 1/v^2$，且 $dy = -2/v^3 dv$。积分限由 $y \in (0, 1]$ 变为 $v \in [1, \infty)$：

将 $M = \frac{m}{\sqrt{z(1-z)}}$ 代回，得到修正势的表达式：

3. 匹配目标形式与积分换序 为了得到目标公式 (16.60) 中的指数形式 $e^{-2mrx}$，我们引入新变量 $x$：

对应的微元为 $dv = 2\sqrt{z(1-z)} dx$。对于固定的 $z$，由于 $v \in [1, \infty)$，新变量 $x$ 的积分下限为 $\frac{1}{2\sqrt{z(1-z)}}$。双重积分变为：

现在交换 $z$ 和 $x$ 的积分顺序。积分区域由 $0 < z < 1$ 且 $x \ge \frac{1}{2\sqrt{z(1-z)}}$ 给出。 条件 $x \ge \frac{1}{2\sqrt{z(1-z)}}$ 等价于 $z(1-z) \ge \frac{1}{4x^2}$。因为 $z(1-z)$ 的最大值为 $1/4$，所以 $x$ 的最小值为 $1$，即 $x \in [1, \infty)$。 对于给定的 $x \ge 1$，解二次不等式 $z^2 - z + \frac{1}{4x^2} \le 0$ 得到 $z$ 的积分区间 $[z_-, z_+]$：

交换顺序后的积分为：

4. 计算内部积分并得出最终结果 计算内部关于 $z$ 的积分。令 $z = \frac{1}{2} + y$，则积分限变为 $[-y_0, y_0]$，其中 $y_0 = \frac{1}{2}\sqrt{1 - 1/x^2}$，被积函数变为 $z(1-z) = \frac{1}{4} - y^2$：

将 $y_0$ 的表达式代入：

将此结果代回 $x$ 的积分中，修正势 $\delta V(r)$ 变为：

提取出树图级库仑势的因子 $-\frac{e^2}{4\pi r}$，整理系数：

将树图级势与修正势相加，即得到完整的 Uehling 势：

习题 16.3 - 解答

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(a) 分析 $|\mathcal{M}|^2$ 的行为与物理意义

在标量 QED 中，考虑通过 $s$ 通道交换虚光子发生的 $\pi^+ \pi^- \to \pi^+ \pi^-$ 散射。包含 $\tau$ 子真空极化环（$\tau$ loop）的振幅可以写为树图振幅与真空极化函数的乘积： $\mathcal{M}(s) = \mathcal{M}_{\text{tree}}(s) \Pi_2(s)$ 首先计算前向散射（$t=0$）的树图振幅 $\mathcal{M}_{\text{tree}}(s)$。对于入射动量 $p_1, p_2$ 和出射动量 $p_3, p_4$，标量介子与光子的顶点规则给出： $i\mathcal{M}_{\text{tree}} = \left[ e(p_1 - p_2)^\mu \right] \left( \frac{-i g_{\mu\nu}}{s} \right) \left[ e(p_3 - p_4)^\nu \right] = -i \frac{e^2}{s} (p_1 - p_2) \cdot (p_3 - p_4)$ 对于前向散射，出射动量等于入射动量（$p_3 = p_1, p_4 = p_2$），因此： $\mathcal{M}_{\text{tree}}(s) = -\frac{e^2}{s} (p_1 - p_2)^2 = -\frac{e^2}{s} (4m_\pi^2 - s) = e^2 \left( 1 - \frac{4m_\pi^2}{s} \right) = 4\pi\alpha \beta_\pi^2$ 其中 $\beta_\pi = \sqrt{1 - 4m_\pi^2/s}$ 是 $\pi$ 介子在质心系中的速度。由于 $s \ge 4m_\pi^2$，树图振幅始终为正实数。

$\tau$ 子的真空极化函数 $\Pi_2(s)$ 由标准的单圈积分给出。当质心系能量平方 $s$ 较小时，$\Pi_2(s)$ 是纯实数；但当 $s$ 超过 $\tau$ 子对的产生阈值时，对数项的参数变为负值，$\Pi_2(s)$ 产生虚部。 因此，在绘制 $|\mathcal{M}|^2$ 随 $s$ 变化的图像时，会发现在 $s = s_0$ 处存在一个明显的折点（kink，即导数不连续的尖点）。

结论： 折点发生的位置为： $\boxed{s_0 = 4m_\tau^2}$ 物理意义： 当 $s > s_0$ 时，质心系能量足以在中间过程中产生真实的 $\tau^+ \tau^-$ 粒子对。此时，原本作为虚粒子存在的 $\tau$ 环可以回到在壳（on-shell）状态，即反应 $\pi^+ \pi^- \to \tau^+ \tau^-$ 在运动学上被允许。根据量子力学的幺正性，这导致散射振幅 $\mathcal{M}$ 获得一个非零的虚部。

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(b) 振幅实部与虚部的行为及 $\text{Im}(\mathcal{M})$ 的显式计算

图像特征描述：

1. 实部 $\text{Re}(\mathcal{M})$：在 $s = 4m_\pi^2$ 处从 0 开始正向增长。当接近 $s_0 = 4m_\tau^2$ 时，由于对数发散的导数特性，实部会形成一个尖峰（cusp）。越过 $s_0$ 后，实部开始平缓下降。
2. 虚部 $\text{Im}(\mathcal{M})$：在 $s < 4m_\tau^2$ 区域恒为 0。在 $s = 4m_\tau^2$ 处连续地从 0 开始上升，并在阈值附近表现出 $\propto \sqrt{s - 4m_\tau^2}$ 的增长行为。

显式计算 $\text{Im}(\mathcal{M})$： 根据 QED 真空极化张量的标准结果，$\Pi_2(s)$ 的虚部为： $\text{Im} \Pi_2(s) = \frac{2\alpha}{\pi} \int_0^1 dx \, x(1-x) \, \text{Im} \ln\left( m_\tau^2 - s x(1-x) - i\epsilon \right)$ 当 $s x(1-x) > m_\tau^2$ 时，对数项的虚部为 $\pi$。积分限由方程 $x^2 - x + m_\tau^2/s = 0$ 的两根 $x_{\pm} = \frac{1}{2} \pm \frac{1}{2}\sqrt{1 - 4m_\tau^2/s}$ 给出。令 $\beta_\tau = \sqrt{1 - 4m_\tau^2/s}$，积分结果为： $\text{Im} \Pi_2(s) = 2\alpha \int_{x_-}^{x_+} dx \, x(1-x) = \frac{\alpha}{3} \beta_\tau (3 - \beta_\tau^2) = \frac{\alpha}{3} \sqrt{1 - \frac{4m_\tau^2}{s}} \left( 1 + \frac{2m_\tau^2}{s} \right) \theta(s - 4m_\tau^2)$ 将其代入总振幅 $\mathcal{M} = \mathcal{M}_{\text{tree}} \Pi_2(s)$ 中，得到： $\boxed{ \text{Im}(\mathcal{M}) = \frac{4\pi\alpha^2}{3} \left( 1 - \frac{4m_\pi^2}{s} \right) \sqrt{1 - \frac{4m_\tau^2}{s}} \left( 1 + \frac{2m_\tau^2}{s} \right) \theta(s - 4m_\tau^2) }$ 该解析式在 $s < 4m_\tau^2$ 时为 0，在 $s > 4m_\tau^2$ 时为正，完全符合上述对虚部图像的描述。

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(c) 光学定理（Optical Theorem）的验证

光学定理将前向弹性散射振幅的虚部与总截面联系起来。对于 $\pi^+ \pi^- \to \pi^+ \pi^-$，其关系式为： $\text{Im}(\mathcal{M}(s, t=0)) = 2 E_{\text{cm}} p_{\text{cm}} \sigma_{\text{tot}} = s \beta_\pi \sigma(\pi^+ \pi^- \to \tau^+ \tau^-)$ 我们来显式计算树图级 $\pi^+ \pi^- \to \tau^+ \tau^-$ 的总截面。其散射振幅为： $\mathcal{M}_{\pi\tau} = \left[ e(p_1 - p_2)_\mu \right] \left( \frac{-i g^{\mu\nu}}{s} \right) \left[ -ie \bar{u}(k_2) \gamma_\nu v(k_1) \right] = \frac{e^2}{s} (p_1 - p_2)_\mu \bar{u}(k_2) \gamma^\mu v(k_1)$ 对 $\tau$ 子的自旋求和并取模平方： $|\mathcal{M}_{\pi\tau}|^2 = \frac{e^4}{s^2} (p_1 - p_2)_\mu (p_1 - p_2)_\nu \text{Tr}\left[ (\not{k}_2 + m_\tau) \gamma^\mu (\not{k}_1 - m_\tau) \gamma^\nu \right]$ 在质心系中，令 $\theta$ 为出射 $\tau$ 子与入射 $\pi$ 子的夹角，计算迹并代入运动学变量可得： $|\mathcal{M}_{\pi\tau}|^2 = 2e^4 \beta_\pi^2 (1 - \beta_\tau^2 \cos^2\theta)$ 微分散射截面为： $\frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{1}{64\pi^2 s} \frac{|\vec{k}_\tau|}{|\vec{p}_\pi|} |\mathcal{M}_{\pi\tau}|^2 = \frac{1}{64\pi^2 s} \frac{\beta_\tau}{\beta_\pi} \left[ 2e^4 \beta_\pi^2 (1 - \beta_\tau^2 \cos^2\theta) \right] = \frac{\alpha^2}{2s} \beta_\pi \beta_\tau (1 - \beta_\tau^2 \cos^2\theta)$ 对立体角积分得到总截面： $\sigma(\pi^+ \pi^- \to \tau^+ \tau^-) = \frac{\alpha^2}{2s} \beta_\pi \beta_\tau \int_{-1}^{1} 2\pi \, d(\cos\theta) (1 - \beta_\tau^2 \cos^2\theta) = \frac{4\pi\alpha^2}{3s} \beta_\pi \beta_\tau \left( 1 + \frac{2m_\tau^2}{s} \right)$ 将此截面代入光学定理的右侧： $\boxed{ s \beta_\pi \sigma(\pi^+ \pi^- \to \tau^+ \tau^-) = \frac{4\pi\alpha^2}{3} \beta_\pi^2 \beta_\tau \left( 1 + \frac{2m_\tau^2}{s} \right) }$ 注意到 $\beta_\pi^2 = 1 - 4m_\pi^2/s$ 且 $\beta_\tau = \sqrt{1 - 4m_\tau^2/s}$，这与我们在 (b) 中通过真空极化函数显式计算得到的 $\text{Im}(\mathcal{M})$ 完全一致。这完美地验证了光学定理。

习题 16.4 - 解答

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习题分析与物理背景

在量子电动力学（QED）中，真空极化效应会导致耦合常数随能标 $\mu$ 发生“跑动”（running）。在单圈（1-loop）近似下，QED 的跑动耦合常数 $\alpha(\mu) = e^2(\mu)/(4\pi)$ 满足如下重整化群方程（RGE）： $\mu \frac{d\alpha}{d\mu} = \frac{2\alpha^2}{3\pi} \sum_i Q_i^2$ 其中，求和遍历所有活跃的狄拉克费米子，$Q_i$ 为第 $i$ 种费米子所带电荷（以基本电荷 $e$ 为单位）。

Landau 极点（Landau pole）是指理论的有效耦合常数发散（即 $\alpha(\Lambda_{LP}) \to \infty$）的能标位置。题目要求我们在包含标准模型中所有带电费米子（3种轻子、18种夸克状态）的贡献下，重新计算该极点的位置。

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推导与计算过程

首先，我们需要计算所有给定粒子的有效电荷平方和 $\sum Q_i^2$：

1. 轻子贡献：包含电子（$e$）、$\mu$ 子和 $\tau$ 子，共 3 种，电荷均为 $Q = -1$。 $\sum_{\text{leptons}} Q_i^2 = 3 \times (-1)^2 = 3$

2. 上型夸克贡献：包含上（$u$）、粲（$c$）、顶（$t$）3 种味道，每种味道有 3 种颜色，共 9 种状态，电荷均为 $Q = \frac{2}{3}$。 $\sum_{\text{up-type}} Q_i^2 = 9 \times \left(\frac{2}{3}\right)^2 = 9 \times \frac{4}{9} = 4$

3. 下型夸克贡献：包含下（$d$）、奇异（$s$）、底（$b$）3 种味道，每种味道有 3 种颜色，共 9 种状态，电荷均为 $Q = -\frac{1}{3}$。 $\sum_{\text{down-type}} Q_i^2 = 9 \times \left(-\frac{1}{3}\right)^2 = 9 \times \frac{1}{9} = 1$

将上述所有贡献相加，得到总的 $\beta$ 函数系数因子： $\sum_i Q_i^2 = 3 + 4 + 1 = 8$

将此结果代入重整化群方程中： $\frac{d\alpha}{d\ln\mu} = \frac{16\alpha^2}{3\pi}$

分离变量，并从某一参考能标 $\mu_0$ 积分到 Landau 极点能标 $\Lambda_{LP}$。根据定义，在 Landau 极点处 $\alpha(\Lambda_{LP}) \to \infty$： $\int_{\alpha(\mu_0)}^{\infty} \frac{d\alpha}{\alpha^2} = \int_{\ln\mu_0}^{\ln\Lambda_{LP}} \frac{16}{3\pi} d\ln\mu$ $\left[ -\frac{1}{\alpha} \right]_{\alpha(\mu_0)}^{\infty} = \frac{16}{3\pi} \ln\left(\frac{\Lambda_{LP}}{\mu_0}\right)$ $\frac{1}{\alpha(\mu_0)} = \frac{16}{3\pi} \ln\left(\frac{\Lambda_{LP}}{\mu_0}\right)$

解得 Landau 极点的位置为： $\Lambda_{LP} = \mu_0 \exp\left( \frac{3\pi}{16\alpha(\mu_0)} \right)$

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数值估算与物理讨论

为了得到具体的数值位置，我们需要代入参考能标 $\mu_0$ 及其对应的耦合常数 $\alpha(\mu_0)$。

1. 标准教科书近似（忽略质量阈值）： 若按照仅考虑电子时的传统计算方式，直接以电子质量 $\mu_0 = m_e \approx 0.511 \text{ MeV}$ 为参考能标，并取低能精细结构常数 $\alpha(m_e) \approx 1/137$（假设所有费米子从该能标起均作为无质量粒子参与跑动）： $\Lambda_{LP} \approx m_e \exp\left( \frac{3\pi \times 137}{16} \right) \approx m_e e^{80.7} \approx (0.511 \times 10^6 \text{ eV}) \times (1.14 \times 10^{35}) \approx 5.8 \times 10^{40} \text{ eV}$ 相比于仅有电子贡献时的极点位置（$\sim 10^{286} \text{ eV}$），引入所有带电费米子使得极点能标大幅下降了约 240 个数量级，但依然远远高于普朗克能标（$\sim 10^{28} \text{ eV}$）。

2. 考虑质量阈值的严谨估算： 实际上，重费米子在低于其质量的能标下会退耦。要让所有 18 种夸克和 3 种轻子都活跃，能标必须高于顶夸克质量（$\sim 173 \text{ GeV}$）。若选取电弱尺度 $\mu_0 = m_Z \approx 91.2 \text{ GeV}$ 作为参考能标，此时 $\alpha(m_Z) \approx 1/128$： $\Lambda_{LP} \approx m_Z \exp\left( \frac{3\pi \times 128}{16} \right) = m_Z e^{24\pi} \approx (91.2 \times 10^9 \text{ eV}) \times (5.5 \times 10^{32}) \approx 5.0 \times 10^{43} \text{ eV}$

无论采用哪种参考能标，解析表达式的形式是确定的。

$\boxed{ \Lambda_{LP} = \mu_0 \exp\left( \frac{3\pi}{16\alpha(\mu_0)} \right) \sim 10^{40} \text{ eV} }$