习题 18.1 - 解答

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习题 18.1 分析与解答

在标量 QED 中，复标量场 $\phi$ 与光子场 $A_\mu$ 的相互作用拉格朗日量包含动能项的协变导数展开： $\mathcal{L} \supset (D_\mu \phi)^\dagger (D^\mu \phi) - m^2 \phi^\dagger \phi = \partial_\mu \phi^\dagger \partial^\mu \phi - m^2 \phi^\dagger \phi - ie A_\mu (\phi^\dagger \partial^\mu \phi - \partial^\mu \phi^\dagger \phi) + e^2 A_\mu A^\mu \phi^\dagger \phi$ 由此得到两个相互作用顶点（设标量动量顺着电荷流向，分别为 $p$ 和 $p'$）：

1. 三线顶点 (光子-标量-标量)：$-ie(p + p')_\mu$
2. 四线顶点 (光子-光子-标量-标量)：$2ie^2 g_{\mu\nu}$

下面在 Feynman 规范 ($\xi=1$) 下进行计算，并使用维度正规化 ($d = 4-\epsilon$)。定义 $\frac{2}{\bar{\epsilon}} \equiv \frac{2}{\epsilon} - \gamma_E + \ln(4\pi)$。

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(a) 计算标量场在维度正规化下的自能图

标量场的单圈自能 $-i\Sigma(p^2)$ 来自两个 Feynman 图：

1. 海鸥图 (Seagull graph, $\Sigma_2$)：由四线顶点产生的光子蝌蚪图。 $-i\Sigma_2(p^2) = \int \frac{d^d k}{(2\pi)^d} (2ie^2 g_{\mu\nu}) \left( \frac{-ig^{\mu\nu}}{k^2} \right) = 2e^2 d \int \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{1}{k^2}$ 在维度正规化中，无质量粒子的无标度积分严格为零，因此 $\Sigma_2(p^2) = 0$。

2. 日落图 (Sunset graph, $\Sigma_1$)：由两个三线顶点组成。 $-i\Sigma_1(p^2) = \int \frac{d^d k}{(2\pi)^d} (-ie)(2p-k)_\mu \frac{i}{(p-k)^2 - m^2} \frac{-ig^{\mu\nu}}{k^2} (-ie)(2p-k)_\nu$ $-i\Sigma_1(p^2) = -e^2 \mu^\epsilon \int \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{(2p-k)^2}{k^2 [(p-k)^2 - m^2]}$ 引入 Feynman 参数 $x$，分母变为 $[x((p-k)^2 - m^2) + (1-x)k^2]^2 = [k^2 - 2xp\cdot k + xp^2 - xm^2]^2$。 平移环路动量 $l = k - xp$，分母变为 $(l^2 - \Delta)^2$，其中 $\Delta = xm^2 - x(1-x)p^2$。 分子展开并丢弃 $l$ 的奇数次项：$(2p - l - xp)^2 \to l^2 + (2-x)^2 p^2$。

   积分变为： $-i\Sigma(p^2) = -e^2 \mu^\epsilon \int_0^1 dx \int \frac{d^d l}{(2\pi)^d} \frac{l^2 + (2-x)^2 p^2}{(l^2 - \Delta)^2}$ 利用维度正规化标准积分公式： $\int \frac{d^d l}{(2\pi)^d} \frac{1}{(l^2 - \Delta)^2} = \frac{i}{(4\pi)^{d/2}} \Gamma(2-d/2) \Delta^{d/2-2}$ $\int \frac{d^d l}{(2\pi)^d} \frac{l^2}{(l^2 - \Delta)^2} = \frac{i}{(4\pi)^{d/2}} \frac{d}{2} \Gamma(1-d/2) \Delta^{d/2-1}$ 在 $d = 4-\epsilon$ 附近展开： $\Gamma(2-d/2) = \frac{2}{\epsilon} - \gamma_E$ $\frac{d}{2} \Gamma(1-d/2) = \frac{4-\epsilon}{2} \frac{\Gamma(\epsilon/2)}{-1+\epsilon/2} = -\frac{4}{\epsilon} + 2\gamma_E - 1$

   代入并整理，提取出未重整化自能 $\Sigma(p^2)$： $\Sigma(p^2) = \frac{e^2}{(4\pi)^2} \int_0^1 dx \left[ \Delta \left( \frac{4}{\bar{\epsilon}} + 1 + 2\ln\frac{\mu^2}{\Delta} \right) - (2-x)^2 p^2 \left( \frac{2}{\bar{\epsilon}} + \ln\frac{\mu^2}{\Delta} \right) \right]$ 合并同类项，得到最终的自能表达式： $\boxed{ \Sigma(p^2) = \frac{\alpha}{4\pi} \int_0^1 dx \left[ \left( (2-x)^2 p^2 - 2\Delta \right) \left( \frac{2}{\bar{\epsilon}} + \ln\frac{\mu^2}{\Delta} \right) - \Delta \right] }$ (注：此处 $\alpha = e^2/4\pi$)

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(b) 标量场的极点质量重整化条件

引入质量反项 $\delta m^2$ 和场强反项 $\delta_Z$ 后，重整化自能为 $\Sigma_R(p^2) = \Sigma(p^2) + p^2 \delta_Z - \delta m^2$。 全传播子形式为： $G_R(p^2) = \frac{i}{p^2 - m^2 - \Sigma_R(p^2)}$ 极点质量 (Pole mass) $m_P$ 定义为全传播子极点的精确位置。在在壳 (On-shell) 方案中，我们将拉格朗日量中的参数 $m$ 定义为物理极点质量，即 $m = m_P$。 为了使极点恰好位于 $p^2 = m_P^2$，且该极点处的留数 (Residue) 为 1（保证渐近态的正确归一化），必须满足以下两个条件：

1. 极点位置条件：传播子分母在 $p^2 = m_P^2$ 处为零。
2. 留数条件：传播子分母在 $p^2 = m_P^2$ 处的导数为 1。

因此，极点质量重整化条件为： $\boxed{ \Sigma_R(m_P^2) = 0 \quad \text{且} \quad \frac{d}{dp^2}\Sigma_R(p^2) \bigg|_{p^2 = m_P^2} = 0 }$

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(c) $\overline{\text{MS}}$ 方案与在壳 (OS) 方案下的反项

1. $\overline{\text{MS}}$ 方案 在 $\overline{\text{MS}}$ 方案中，反项仅用于抵消 $\frac{2}{\bar{\epsilon}}$ 发散极点。 从 (a) 中的 $\Sigma(p^2)$ 提取发散部分： $\Sigma_{\text{div}}(p^2) = \frac{\alpha}{4\pi} \frac{2}{\bar{\epsilon}} \int_0^1 dx \left[ (2-x)^2 p^2 - 2(xm^2 - x(1-x)p^2) \right]$ 利用积分 $\int_0^1 (2-x)^2 dx = \frac{7}{3}$ 和 $\int_0^1 x(1-x) dx = \frac{1}{6}$，可得： $\Sigma_{\text{div}}(p^2) = \frac{\alpha}{4\pi} \frac{2}{\bar{\epsilon}} \left( \frac{8}{3} p^2 - m^2 \right)$ 要求 $\Sigma_R = \Sigma + p^2 \delta_Z - \delta m^2$ 有限，即 $p^2 \delta_Z - \delta m^2 = -\Sigma_{\text{div}}(p^2)$。比较系数得到 $\overline{\text{MS}}$ 反项： $\boxed{ \delta_Z^{\overline{\text{MS}}} = - \frac{\alpha}{4\pi} \frac{16}{3\bar{\epsilon}}, \quad \delta m^2_{\overline{\text{MS}}} = - \frac{\alpha}{4\pi} \frac{2m^2}{\bar{\epsilon}} }$

2. 在壳 (On-shell) 方案 利用 (b) 中的条件：$\delta_Z = -\Sigma'(m^2)$ 且 $\delta m^2 = \Sigma(m^2) - m^2 \Sigma'(m^2)$。 在 $p^2 = m^2$ 处，$\Delta = x^2 m^2$。代入 $\Sigma(m^2)$ 并完成对 $x$ 的积分： $\Sigma(m^2) = \frac{\alpha m^2}{4\pi} \int_0^1 dx \left[ (4 - 4x - x^2) \left( \frac{2}{\bar{\epsilon}} + \ln\frac{\mu^2}{x^2 m^2} \right) - x^2 \right] = \frac{\alpha m^2}{4\pi} \left[ \frac{5}{3} \left( \frac{2}{\bar{\epsilon}} + \ln\frac{\mu^2}{m^2} \right) - \frac{55}{9} \right]$ 计算导数 $\Sigma'(p^2)$，注意 $\frac{\partial \Delta}{\partial p^2} = -x(1-x)$： $\Sigma'(m^2) = \frac{\alpha}{4\pi} \int_0^1 dx \left[ (4 - 2x - x^2) \left( \frac{2}{\bar{\epsilon}} + \ln\frac{\mu^2}{x^2 m^2} \right) + \frac{4}{x} - 8 + 4x \right]$ 这里出现了一项 $\int_0^1 \frac{4}{x} dx$，这是 QED 中典型的红外发散 (IR divergence)，源于无质量光子。引入微小光子质量 $m_\gamma$ 作为红外正规化，此时 $\Delta \approx x^2 m^2 + (1-x)m_\gamma^2$，该积分被正规化为 $2 \ln\frac{m^2}{m_\gamma^2}$。完成剩余有限部分积分： $\Sigma'(m^2) = \frac{\alpha}{4\pi} \left[ \frac{8}{3} \left( \frac{2}{\bar{\epsilon}} + \ln\frac{\mu^2}{m^2} \right) - \frac{115}{9} + 2 \ln\frac{m^2}{m_\gamma^2} \right]$ 由此得到在壳方案的反项： $\boxed{ \delta_Z^{\text{OS}} = - \frac{\alpha}{4\pi} \left[ \frac{8}{3} \left( \frac{2}{\bar{\epsilon}} + \ln\frac{\mu^2}{m^2} \right) - \frac{115}{9} + 2 \ln\frac{m^2}{m_\gamma^2} \right] }$ $\boxed{ \delta m^2_{\text{OS}} = \frac{\alpha m^2}{4\pi} \left[ - \left( \frac{2}{\bar{\epsilon}} + \ln\frac{\mu^2}{m^2} \right) + \frac{20}{3} - 2 \ln\frac{m^2}{m_\gamma^2} \right] }$ (注：OS 方案的反项不仅包含 UV 发散 $\frac{2}{\bar{\epsilon}}$，还显式依赖于红外截断 $m_\gamma$。)