习题 23.1 - 解答

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题意分析与算符修正

题目中给出的算符 $\mathcal{O} = \bar{\psi} \partial \psi \bar{\psi} \partial \psi$ 存在典型的 OCR 识别错误（$\gamma$ 极易被误识别为 $\partial$）。结合第 (a) 问要求计算 $\mathcal{O}_{\mu\nu}$ 的反常维数，可知原书中的算符应为由两个矢量流构成的四费米子张量算符： $\mathcal{O}_{\mu\nu} = (\bar{\psi} \gamma_\mu \psi)(\bar{\psi} \gamma_\nu \psi)$ 下面我们将基于该算符进行单圈（1-loop）反常维数的计算与重整化群（RG）演化分析。

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(a) 计算 $\mathcal{O}_{\mu\nu}$ 在 1-loop 的反常维数

算符 $\mathcal{O}_{\mu\nu}$ 是两个 QED 矢量流 $J_\mu = \bar{\psi} \gamma_\mu \psi$ 的乘积。在 1-loop 阶，算符的重整化包含两部分贡献：

1. 顶点修正与波函数重整化：由于 QED 的 Ward 恒等式（$Z_1 = Z_2$），对单个矢量流 $J_\mu$ 的单圈顶点修正会与外部费米子线的波函数重整化精确抵消。因此，这部分对反常维数的贡献为零。
2. 费米子线之间的光子交换：我们需要计算连接两条不同费米子线的光子传播子图。

共有 4 个连接两条费米子线的单圈图（取决于光子连接的是入射腿还是出射腿）。设环路动量为 $k$，在紫外（UV）极限 $k \gg p$ 下，费米子传播子近似为 $\pm \frac{i\not{k}}{k^2}$。提取这 4 个图的 UV 发散部分：

• 图 1 (in-in)：光子连接两条入射腿 $\mathcal{M}_1 \propto \int \frac{d^4 k}{(2\pi)^4} \frac{-i}{k^2} \left( \gamma^\alpha \frac{-i\not{k}}{k^2} \gamma_\mu \right) \otimes \left( \gamma_\alpha \frac{i\not{k}}{k^2} \gamma_\nu \right) = \int \frac{d^4 k}{(2\pi)^4} \frac{-i}{k^6} (\gamma^\alpha \not{k} \gamma_\mu) \otimes (\gamma_\alpha \not{k} \gamma_\nu)$
• 图 2 (out-out)：光子连接两条出射腿 $\mathcal{M}_2 \propto \int \frac{d^4 k}{(2\pi)^4} \frac{-i}{k^6} (\gamma_\mu \not{k} \gamma^\alpha) \otimes (\gamma_\nu \not{k} \gamma_\alpha)$
• 图 3 (in-out)：光子连接线 1 的入射腿和线 2 的出射腿 $\mathcal{M}_3 \propto \int \frac{d^4 k}{(2\pi)^4} \frac{i}{k^6} (\gamma^\alpha \not{k} \gamma_\mu) \otimes (\gamma_\nu \not{k} \gamma_\alpha)$
• 图 4 (out-in)：光子连接线 1 的出射腿和线 2 的入射腿 $\mathcal{M}_4 \propto \int \frac{d^4 k}{(2\pi)^4} \frac{i}{k^6} (\gamma_\mu \not{k} \gamma^\alpha) \otimes (\gamma_\alpha \not{k} \gamma_\nu)$

在环路积分中利用对称性替换 $k^\rho k^\sigma \to \frac{1}{4} k^2 g^{\rho\sigma}$，并提取公共积分因子 $I = \frac{-i}{4} \int \frac{d^4 k}{(2\pi)^4} \frac{1}{k^4}$。接下来处理 Dirac 矩阵结构。利用 Chisholm 恒等式，我们可以将三个 $\gamma$ 矩阵的乘积分解为矢量部分 $V$ 和轴矢部分 $A$： $\gamma^\alpha \gamma^\rho \gamma_\mu = V^{\alpha\rho}_\mu + A^{\alpha\rho}_\mu, \quad \gamma_\mu \gamma^\rho \gamma^\alpha = V^{\alpha\rho}_\mu - A^{\alpha\rho}_\mu$ 其中 $V^{\alpha\rho}_\mu = g^{\alpha\rho}\gamma_\mu - g^\alpha_\mu\gamma^\rho + g^\rho_\mu\gamma^\alpha$，且 $A^{\alpha\rho}_\mu = -i \epsilon^{\alpha\rho}_{\quad\mu\lambda} \gamma^\lambda \gamma_5$。

将这 4 个图的 Dirac 结构相加： $\Sigma = (V_\mu + A_\mu) \otimes (V_\nu + A_\nu) + (V_\mu - A_\mu) \otimes (V_\nu - A_\nu) - (V_\mu + A_\mu) \otimes (V_\nu - A_\nu) - (V_\mu - A_\mu) \otimes (V_\nu + A_\nu)$ 展开并合并同类项： $\Sigma = 4 A_\mu \otimes A_\nu$

物理结论： 求和结果中 $V_\mu \otimes V_\nu$ 的系数严格为零！这意味着在 1-loop 阶，算符 $\mathcal{O}_{\mu\nu}$（即 $V \times V$）的重整化只会产生轴矢-轴矢算符 $\mathcal{O}^A_{\mu\nu} \propto (\bar{\psi} \gamma_\lambda \gamma_5 \psi)(\bar{\psi} \gamma_\sigma \gamma_5 \psi)$ 的混合，而不会产生自身的发散修正。 因此，算符 $\mathcal{O}_{\mu\nu}$ 自身的对角反常维数（diagonal anomalous dimension）为零： $\boxed{\gamma_{\mathcal{O}} = 0}$

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(b) 计算 1 GeV 处的 Wilson 系数 $C$

在有效场论中，算符的 Wilson 系数 $C(\mu)$ 随能标 $\mu$ 的演化由重整化群方程（RGE）决定。由于 $\mathcal{O}_{\mu\nu}$ (记为 $V$) 会与轴矢算符 $\mathcal{O}^A_{\mu\nu}$ (记为 $A$) 混合，它们的耦合 RGE 为： $\mu \frac{d}{d\mu} \begin{pmatrix} C_V \\ C_A \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \gamma_{VV} & \gamma_{VA} \\ \gamma_{AV} & \gamma_{AA} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} C_V \\ C_A \end{pmatrix}$

根据我们在 (a) 中的计算，对角元 $\gamma_{VV} = 0$。 题目给定在初始能标 $\mu_0 = 1 \text{ TeV}$ 处，算符 $\mathcal{O}_{\mu\nu}$ 的系数为 $C_V(1 \text{ TeV}) = 1$。由于未提及其他算符，隐含初始条件 $C_A(1 \text{ TeV}) = 0$。

代入 RGE 考察 $C_V$ 在 $\mu_0$ 处的导数： $\left. \mu \frac{d C_V}{d\mu} \right|_{\mu_0} = \gamma_{VV} C_V(\mu_0) + \gamma_{VA} C_A(\mu_0) = 0 \cdot 1 + \gamma_{VA} \cdot 0 = 0$ 这表明在领头对数近似（Leading Log, 1-loop）下，$C_V$ 不随能标发生跑动（其跑动效应被推迟到了 $\mathcal{O}(\alpha^2)$ 的次领头阶）。

因此，从 1 TeV 演化到 1 GeV，该算符的 Wilson 系数保持不变： $\boxed{C(1 \text{ GeV}) = 1}$

习题 23.2 - 解答

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为了证明在 QED 中算符的异常标度维数（anomalous dimension）为零从而使得 $A=0$，我们需要计算有效四费米子算符在单圈水平下的重整化常数。

$\mu$ 子衰变的有效拉氏量为： $\mathcal{L}_{4F} = \frac{G_F}{\sqrt{2}} (\bar{\psi}_{\nu_\mu} \gamma^\mu P_L \psi_\mu) (\bar{\psi}_e \gamma_\mu P_L \psi_{\nu_e}) + h.c.$ 对应的树图算符为 $O = (\bar{\psi}_{\nu_\mu} \gamma^\mu P_L \psi_\mu) (\bar{\psi}_e \gamma_\mu P_L \psi_{\nu_e})$。在 QED 中，中微子不带电，因此单圈修正仅来自于连接 $\mu$ 和 $e$ 费米子线的虚光子交换。

设入射 $\mu$ 子的动量为 $p$，出射 $e$ 的动量为 $p'$，圈动量（光子动量）为 $k$。单圈顶点修正的振幅为： $\delta M = \int \frac{d^4 k}{(2\pi)^4} \frac{-i}{k^2} \left[ \bar{u}_{\nu_\mu} \gamma^\mu P_L \frac{i(\not{p}-\not{k})}{(p-k)^2} (-i e \gamma^\rho) u_\mu \right] \left[ \bar{u}_e (-i e \gamma_\rho) \frac{i(\not{p}'-\not{k})}{(p'-k)^2} \gamma_\mu P_L v_{\nu_e} \right]$ 我们只关心紫外发散部分（UV divergence），在 $k \to \infty$ 极限下，传播子近似为 $\frac{-i\not{k}}{k^2}$。提取发散部分： $\delta M_{div} = i e^2 \int \frac{d^4 k}{(2\pi)^4} \frac{1}{k^6} \left[ \bar{u}_{\nu_\mu} \gamma^\mu P_L \not{k} \gamma^\rho u_\mu \right] \left[ \bar{u}_e \gamma_\rho \not{k} \gamma_\mu P_L v_{\nu_e} \right]$ 将 $\not{k} = k_\alpha \gamma^\alpha$ 和 $\not{k} = k_\beta \gamma^\beta$ 代入，并在积分中作对称性替换 $k_\alpha k_\beta \to \frac{1}{4} k^2 g_{\alpha\beta}$，得到： $\delta M_{div} = \frac{i e^2}{4} \int \frac{d^4 k}{(2\pi)^4} \frac{1}{k^4} \left[ \bar{u}_{\nu_\mu} \gamma^\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta P_L u_\mu \right] \left[ \bar{u}_e \gamma_\beta \gamma_\alpha \gamma_\mu P_L v_{\nu_e} \right]$ 现在我们需要化简张量积结构 $T = (\gamma^\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta P_L) \otimes (\gamma_\beta \gamma_\alpha \gamma_\mu P_L)$。利用 Chisholm 恒等式展开第二个因子： $\gamma_\beta \gamma_\alpha \gamma_\mu = 2 g_{\beta\alpha} \gamma_\mu - 2 g_{\beta\mu} \gamma_\alpha + 2 g_{\alpha\mu} \gamma_\beta - \gamma_\mu \gamma_\alpha \gamma_\beta$ 代入 $T$ 中并收缩指标（利用 $\gamma^\alpha \gamma_\alpha = 4$ 及 $\gamma^\mu \gamma^\alpha \gamma_\mu = -2\gamma^\alpha$）： $\begin{aligned} T &= 2 (\gamma^\mu \gamma^\alpha \gamma_\alpha P_L \otimes \gamma_\mu P_L) - 2 (\gamma^\mu \gamma^\alpha \gamma_\mu P_L \otimes \gamma_\alpha P_L) + 2 (\gamma^\mu \gamma_\mu \gamma^\beta P_L \otimes \gamma_\beta P_L) - (\gamma^\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta P_L \otimes \gamma_\mu \gamma_\alpha \gamma_\beta P_L) \\ &= 8 (\gamma^\mu P_L \otimes \gamma_\mu P_L) + 4 (\gamma^\alpha P_L \otimes \gamma_\alpha P_L) + 8 (\gamma^\beta P_L \otimes \gamma_\beta P_L) - (\gamma^\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta P_L \otimes \gamma_\mu \gamma_\alpha \gamma_\beta P_L) \\ &= 20 (\gamma^\mu P_L \otimes \gamma_\mu P_L) - (\gamma^\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta P_L \otimes \gamma_\mu \gamma_\alpha \gamma_\beta P_L) \end{aligned}$ 此时，利用题目中给定的 Fierz 恒等式： $(\gamma^\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta P_L) \otimes (\gamma_\mu \gamma_\alpha \gamma_\beta P_L) = 16 (\gamma^\mu P_L \otimes \gamma_\mu P_L)$ 我们可以得到： $T = 20 (\gamma^\mu P_L \otimes \gamma_\mu P_L) - 16 (\gamma^\mu P_L \otimes \gamma_\mu P_L) = 4 (\gamma^\mu P_L \otimes \gamma_\mu P_L)$ 将化简后的 $T$ 代回发散积分中，并使用维数正规化 $\int \frac{d^4 k}{(2\pi)^4} \frac{1}{k^4} = \frac{i}{16\pi^2 \epsilon}$： $\delta M_{div} = i e^2 \int \frac{d^4 k}{(2\pi)^4} \frac{1}{k^4} (\gamma^\mu P_L \otimes \gamma_\mu P_L) = i (4\pi \alpha) \frac{i}{16\pi^2 \epsilon} M_0 = - \frac{\alpha}{4\pi \epsilon} M_0$ 其中 $M_0 = \gamma^\mu P_L \otimes \gamma_\mu P_L$ 是树图振幅。因此，裸振幅为： $M_{bare} = M_0 + \delta M_{div} = \left( 1 - \frac{\alpha}{4\pi \epsilon} \right) M_0$ 为了得到重整化振幅，我们还需要计入外部带电费米子（$\mu$ 和 $e$）的波函数重整化。在 Feynman 规范下，QED 的波函数重整化常数为： $Z_2 = 1 - \frac{\alpha}{4\pi \epsilon}$ 重整化振幅 $M_{ren}$ 与裸振幅的关系为： $M_{ren} = Z_2^{-1/2} Z_2^{-1/2} Z_O M_{bare} = Z_2^{-1} Z_O M_{bare}$ 代入 $Z_2$ 和 $M_{bare}$ 的表达式： $M_{ren} = \left( 1 + \frac{\alpha}{4\pi \epsilon} \right) Z_O \left( 1 - \frac{\alpha}{4\pi \epsilon} \right) M_0 = Z_O M_0 + \mathcal{O}(\alpha^2)$ 为了消除发散使得 $M_{ren}$ 保持有限，算符的重整化常数必须为： $Z_O = 1$ 算符的异常标度维数（anomalous dimension）由 $\gamma_O = \frac{d \ln Z_O}{d \ln \mu}$ 给出。因为 $Z_O = 1$ 不包含任何极点发散，所以： $\gamma_O = 0$ 由于异常维数为零，Wilson 系数 $G_F$ 在重整化群演化中不发生跑动（即 $G_F(m_\mu) = G_F(m_W)$）。因此，在衰变率公式 Eq. (23.38) 中，对数项 $\frac{\alpha}{4\pi} \ln \frac{m_W}{m_\mu}$ 的系数必然为零，即： $\boxed{A = 0}$

习题 23.3 - 解答

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习题分析与物理背景

在量子场论中，重整化群方程（Renormalization Group Equation, RGE）描述了理论中的参数（如质量 $m_R$ 和耦合常数 $\lambda_R$）如何随能标 $\mu$ 发生跑动。对于质量平方 $m_R^2$ 和耦合常数 $\lambda_R$，它们的跑动由反常标度维数 $\gamma_m(\lambda_R)$ 和 $\beta$ 函数 $\beta(\lambda_R)$ 决定：

在微扰论的领头阶（单圈近似）下，反常标度维数和 $\beta$ 函数可以展开为：

本题要求从 $m_R(\mu)$ 的一般解出发，证明在小耦合常数 $\lambda_R$ 极限下，质量的跑动退化为幂律形式的 Eq. (23.97)。

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推导过程

第一步：求解 $m_R^2(\mu)$ 的一般解 利用链式法则，我们可以消去能标 $\mu$，直接得到 $m_R^2$ 随 $\lambda_R$ 变化的微分方程：

分离变量并从参考能标 $\mu_0$ 积分到 $\mu$：

代入领头阶展开式 $\gamma_m(\lambda) \simeq \gamma_0 \lambda$ 和 $\beta(\lambda) \simeq \beta_0 \lambda^2$：

两边取指数，得到单圈近似下质量跑动的一般解：

第二步：代入耦合常数的跑动解 对于耦合常数 $\lambda_R$，对其单圈 $\beta$ 函数积分：

解得跑动耦合常数为：

将式 (2) 代入一般解式 (1) 中，得到：

第三步：取小 $\lambda_R$ 极限 在小耦合常数极限下，耦合常数跑动非常缓慢，对数修正项是一个小量，即 $x \equiv \beta_0 \lambda_R(\mu_0) \ln \left( \frac{\mu}{\mu_0} \right) \ll 1$。 利用恒等式 $(1 - x)^{-a} = \exp[-a \ln(1 - x)]$，并对小量 $x$ 进行泰勒展开 $\ln(1 - x) = -x + \mathcal{O}(x^2)$，我们可以对式 (3) 中的方括号部分进行近似：

将 $x$ 的表达式代回上式：

由于在领头阶下，反常标度维数 $\gamma_m \approx \gamma_0 \lambda_R(\mu_0)$，上式可进一步化简为：

将此近似结果代回式 (3)，最终得到：

这正是 Eq. (23.97)。物理上，这表明当耦合常数足够小且跑动极慢时，反常标度维数 $\gamma_m$ 可近似视为常数，此时质量的重整化群演化直接退化为简单的标度律（Scaling law）。

习题 23.4 - 解答

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(a) 计算 $\gamma_m$ 和 $\beta(\lambda_R)$ 并验证 $N=1$ 的情形

在 $O(N)$ 对称的标量场论中，相互作用拉格朗日量为 $\mathcal{L}_{\text{int}} = -\frac{\lambda}{4} (\phi_i \phi_i)^2 = -\frac{\lambda}{4} \sum_{i,j} \phi_i^2 \phi_j^2$。 由此可得动量空间中的四点顶点 Feynman 规则为： $V_{abcd} = -2i\lambda (\delta_{ab}\delta_{cd} + \delta_{ac}\delta_{bd} + \delta_{ad}\delta_{bc})$

1. 质量反常维数 $\gamma_m$ 单圈质量重整化由蝌蚪图（Tadpole diagram）给出。对于外线指标为 $a, b$ 的自能 $-i\Sigma_{ab}$，其对称因子为 $1/2$，在 $d = 4 - \epsilon$ 维下的积分为： $-i\Sigma_{ab} = \frac{1}{2} \int \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{-i}{k^2+m^2} \sum_{c} V_{abcc}$ 收缩顶点指标可得： $\sum_c V_{abcc} = -2i\lambda \sum_c (\delta_{ab}\delta_{cc} + \delta_{ac}\delta_{bc} + \delta_{bc}\delta_{ac}) = -2i\lambda (N\delta_{ab} + 2\delta_{ab}) = -2i\lambda(N+2)\delta_{ab}$ 利用维度正规化积分 $\int \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{-i}{k^2+m^2} = -\frac{m^2}{16\pi^2} \frac{2}{\epsilon}$，得到： $-i\Sigma_{ab} = \frac{1}{2} [-2i\lambda(N+2)\delta_{ab}] \left( -\frac{m^2}{16\pi^2} \frac{2}{\epsilon} \right) = i \frac{2\lambda m^2}{16\pi^2 \epsilon} (N+2) \delta_{ab}$ 引入质量反项 $-i\delta_m m^2 \delta_{ab}$ 抵消发散，要求 $-i\Sigma_{ab} - i\delta_m m^2 \delta_{ab} = \text{finite}$，解得： $\delta_m = \frac{2\lambda_R}{16\pi^2 \epsilon} (N+2) = \frac{N+2}{8\pi^2 \epsilon} \lambda_R$ 质量反常维数 $\gamma_m$ 的定义为 $\gamma_m = \epsilon \lambda_R \frac{\partial \delta_m}{\partial \lambda_R}$，因此： $\boxed{ \gamma_m = \frac{N+2}{8\pi^2} \lambda_R }$

2. $\beta$ 函数 $\beta(\lambda_R)$ 单圈四点函数包含 s, t, u 三个通道。以 s 通道为例（对称因子 $1/2$），其圈积分为 $\frac{-2i}{16\pi^2 \epsilon}$，张量结构为： $\sum_{e,f} V_{abef} V_{cdef} = -4\lambda^2 [ (N+4)\delta_{ab}\delta_{cd} + 2\delta_{ac}\delta_{bd} + 2\delta_{ad}\delta_{bc} ]$ s 通道发散部分为： $V_s = \frac{1}{2} \left( \frac{-2i}{16\pi^2 \epsilon} \right) (-4\lambda^2) [ (N+4)\delta_{ab}\delta_{cd} + 2\delta_{ac}\delta_{bd} + 2\delta_{ad}\delta_{bc} ]$ 将 s, t, u 三个通道相加，利用对称性合并同类项，总发散为： $V_{\text{1-loop}} = \frac{4i\lambda^2}{16\pi^2 \epsilon} (N+8) (\delta_{ab}\delta_{cd} + \delta_{ac}\delta_{bd} + \delta_{ad}\delta_{bc})$ 引入耦合常数反项 $-2i\delta_\lambda \lambda_R (\delta_{ab}\delta_{cd} + \delta_{ac}\delta_{bd} + \delta_{ad}\delta_{bc})$ 抵消发散，得到： $\delta_\lambda = \frac{2\lambda_R}{16\pi^2 \epsilon} (N+8) = \frac{N+8}{8\pi^2 \epsilon} \lambda_R$ $\beta$ 函数由 $\beta(\lambda_R) = -\epsilon \lambda_R + \epsilon \lambda_R^2 \frac{\partial \delta_\lambda}{\partial \lambda_R}$ 给出，因此： $\boxed{ \beta(\lambda_R) = -\epsilon \lambda_R + \frac{N+8}{8\pi^2} \lambda_R^2 }$

3. 验证 $N=1$ 情形 当 $N=1$ 时，上述结果退化为： $\gamma_m = \frac{3}{8\pi^2} \lambda_R, \quad \beta(\lambda_R) = -\epsilon \lambda_R + \frac{9}{8\pi^2} \lambda_R^2$ 对比 Eq. (23.85) 中的拉格朗日量 $-\frac{\lambda_{\text{old}}}{4!} \phi^4$ 与本题 $N=1$ 时的 $-\frac{\lambda}{4} \phi^4$，可知两种归一化方式的关系为 $\lambda_{\text{old}} = 6\lambda_R$。代入替换： $\gamma_m = \frac{3}{8\pi^2} \left(\frac{\lambda_{\text{old}}}{6}\right) = \frac{\lambda_{\text{old}}}{16\pi^2}$ $\beta(\lambda_{\text{old}}/6) = -\epsilon \frac{\lambda_{\text{old}}}{6} + \frac{9}{8\pi^2} \left(\frac{\lambda_{\text{old}}}{6}\right)^2 \implies \beta(\lambda_{\text{old}}) = -\epsilon \lambda_{\text{old}} + \frac{3\lambda_{\text{old}}^2}{16\pi^2}$ 这完美复现了 Eq. (23.96) 和 Eq. (23.95)。

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(b) $4-\epsilon$ 维下的 Wilson-Fisher 不动点位置

Wilson-Fisher 不动点对应于 $\beta$ 函数的非平凡零点，即令 $\beta(\lambda_R^\star) = 0$： $-\epsilon \lambda_R^\star + \frac{N+8}{8\pi^2} (\lambda_R^\star)^2 = 0$ 解得非平凡不动点的位置为： $\boxed{ \lambda_R^\star = \frac{8\pi^2 \epsilon}{N+8} }$

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(c) $\epsilon$ 展开下 $d=3$ 时的临界指数 $\nu$

临界指数 $\nu$ 与不动点处的质量反常维数 $\gamma_m^\star$ 之间的关系为 $\nu = \frac{1}{2 - \gamma_m^\star}$。 首先计算不动点处的反常维数： $\gamma_m^\star = \frac{N+2}{8\pi^2} \lambda_R^\star = \frac{N+2}{8\pi^2} \left( \frac{8\pi^2 \epsilon}{N+8} \right) = \frac{N+2}{N+8} \epsilon$ 将其代入 $\nu$ 的表达式，并在 $\epsilon$ 较小时进行泰勒展开至一阶： $\nu = \left( 2 - \frac{N+2}{N+8} \epsilon \right)^{-1} = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{N+2}{2(N+8)} \epsilon \right)^{-1} = \frac{1}{2} + \frac{N+2}{4(N+8)} \epsilon + \mathcal{O}(\epsilon^2)$ 对于 $d=3$ 的物理系统，代入 $\epsilon = 4 - 3 = 1$，得到临界指数 $\nu$ 的一阶 $\epsilon$ 展开近似值为： $\boxed{ \nu = \frac{1}{2} + \frac{N+2}{4(N+8)} }$

习题 23.5 - 解答

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为了计算 Wilson-Fisher 理论（$N=1$ 的 $\phi^4$ 标量场论）中临界指数 $\nu$ 到 $\mathcal{O}(\epsilon^2)$ 的精度，我们需要利用重整化群（RG）的二阶微扰结果。在 $d = 4 - \epsilon$ 维空间中，临界指数 $\nu$ 与质量算符 $\phi^2$ 的反常标度维数直接相关。

1. 重整化群方程与反常维数

定义无量纲耦合常数 $g = \frac{\lambda}{16\pi^2}$。在极小减除法（MS）或修改的极小减除法（$\overline{\text{MS}}$）下，$N=1$ 的 $\phi^4$ 理论到两圈图（$\mathcal{O}(g^3)$）的 $\beta$ 函数为： $\beta(g) = -\epsilon g + 3g^2 - \frac{17}{3}g^3 + \mathcal{O}(g^4)$

质量算符 $\phi^2$ 的反常维数 $\gamma_m(g)$（定义为 $\mu \frac{d m^2}{d\mu} = -\gamma_m m^2$）到两圈图（$\mathcal{O}(g^2)$）的表达式为： $\gamma_m(g) = g - \frac{5}{6}g^2 + \mathcal{O}(g^3)$

2. 求解 Wilson-Fisher 不动点

Wilson-Fisher 不动点 $g^*$ 由 $\beta(g^*) = 0$ 决定（且 $g^* \neq 0$）。我们需要将其解到 $\mathcal{O}(\epsilon^2)$： $-\epsilon g^* + 3(g^*)^2 - \frac{17}{3}(g^*)^3 = 0 \implies \epsilon = 3g^* - \frac{17}{3}(g^*)^2$

设解的形式为 $g^* = g_1 \epsilon + g_2 \epsilon^2 + \mathcal{O}(\epsilon^3)$，代入上式： $\epsilon = 3(g_1 \epsilon + g_2 \epsilon^2) - \frac{17}{3}(g_1 \epsilon)^2 + \mathcal{O}(\epsilon^3)$ 比较 $\epsilon$ 的同次幂系数：

• $\mathcal{O}(\epsilon^1)$: $1 = 3g_1 \implies g_1 = \frac{1}{3}$
• $\mathcal{O}(\epsilon^2)$: $0 = 3g_2 - \frac{17}{3}g_1^2 \implies 3g_2 = \frac{17}{3} \left(\frac{1}{3}\right)^2 = \frac{17}{27} \implies g_2 = \frac{17}{81}$

因此，Wilson-Fisher 不动点的位置为： $g^* = \frac{1}{3}\epsilon + \frac{17}{81}\epsilon^2 + \mathcal{O}(\epsilon^3)$

3. 计算不动点处的质量反常维数

将不动点 $g^*$ 代入质量反常维数公式 $\gamma_m(g)$ 中，保留到 $\mathcal{O}(\epsilon^2)$： $\gamma_m(g^*) = \left( \frac{1}{3}\epsilon + \frac{17}{81}\epsilon^2 \right) - \frac{5}{6} \left( \frac{1}{3}\epsilon \right)^2 + \mathcal{O}(\epsilon^3)$ $\gamma_m(g^*) = \frac{1}{3}\epsilon + \frac{17}{81}\epsilon^2 - \frac{5}{54}\epsilon^2$ 为了合并 $\epsilon^2$ 的系数，取公分母 $162$： $\frac{17}{81} - \frac{5}{54} = \frac{34}{162} - \frac{15}{162} = \frac{19}{162}$ 所以不动点处的反常维数为： $\gamma_m(g*) = \frac{1}{3}\epsilon + \frac{19}{162}\epsilon^2 + \mathcal{O}(\epsilon^3)$

4. 计算临界指数 $\nu$

在重整化群理论中，关联长度临界指数 $\nu$ 与质量参数的 RG 本征值 $y_t$ 相关，关系为 $\nu = y_t^{-1}$。质量参数的标度维数决定了 $y_t = 2 - \gamma_m(g^*)$。因此： $\nu^{-1} = 2 - \frac{1}{3}\epsilon - \frac{19}{162}\epsilon^2 + \mathcal{O}(\epsilon^3)$

我们需要将 $\nu$ 展开到 $\mathcal{O}(\epsilon^2)$： $\nu = \frac{1}{2 - \frac{1}{3}\epsilon - \frac{19}{162}\epsilon^2} = \frac{1}{2} \left[ 1 - \left( \frac{1}{6}\epsilon + \frac{19}{324}\epsilon^2 \right) \right]^{-1}$ 利用泰勒展开 $(1 - x)^{-1} = 1 + x + x^2 + \mathcal{O}(x^3)$，其中 $x = \frac{1}{6}\epsilon + \frac{19}{324}\epsilon^2$： $\nu = \frac{1}{2} \left[ 1 + \left( \frac{1}{6}\epsilon + \frac{19}{324}\epsilon^2 \right) + \left( \frac{1}{6}\epsilon \right)^2 + \mathcal{O}(\epsilon^3) \right]$ $\nu = \frac{1}{2} \left[ 1 + \frac{1}{6}\epsilon + \left( \frac{19}{324} + \frac{1}{36} \right)\epsilon^2 \right]$ 合并 $\epsilon^2$ 的系数： $\frac{19}{324} + \frac{1}{36} = \frac{19}{324} + \frac{9}{324} = \frac{28}{324} = \frac{7}{81}$ 将其代回 $\nu$ 的表达式并乘以外面的 $\frac{1}{2}$： $\nu = \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{6}\epsilon + \frac{7}{81}\epsilon^2 \right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{12}\epsilon + \frac{7}{162}\epsilon^2$

最终结果为： $\boxed{\nu = \frac{1}{2} + \frac{1}{12}\epsilon + \frac{7}{162}\epsilon^2 + \mathcal{O}(\epsilon^3)}$

习题 23.6 - 解答

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习题 23.6 分析与解答

本题旨在探讨 Wilson-Fisher 不动点及临界指数 $\nu$ 在不同正规化和重整化方案下的依赖性。我们将分别使用硬截断（连续 RGE）和 Wilson 动量壳层积分方法计算单圈重整化群方程（RGE），并证明物理可观测的临界指数 $\nu$ 在单圈水平上是方案无关的。

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(a) 使用硬截断计算单圈 RGE

在 $d = 4 - \epsilon$ 维欧几里得空间中，考虑具有硬动量截断 $\Lambda$ 的标量 $\phi^4$ 理论。我们定义无量纲耦合常数： $\tilde{\lambda} = \lambda \Lambda^{-\epsilon}, \quad \tilde{m}^2 = m^2 \Lambda^{-2}$ 为了得到 Wilson 意义下的 RGE，我们考察当截断 $\Lambda$ 改变时，为了保持低能物理不变，无量纲参数应如何随标度 $l = -\ln(\Lambda/\Lambda_0)$ 变化（向红外流动对应 $l$ 增加）。

单圈水平下，质量和顶点的修正分别来自蝌蚪图（tadpole）和气泡图（bubble）。积分上限为 $\Lambda$： $\delta m^2 = \frac{\lambda}{2} \int^\Lambda \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{1}{k^2+m^2}, \quad \delta \lambda = -\frac{3\lambda^2}{2} \int^\Lambda \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{1}{(k^2+m^2)^2}$ 对截断 $\Lambda$ 求导，提取对数发散的系数。令 $v_d = \frac{S_d}{(2\pi)^d} \approx \frac{1}{8\pi^2}$ 为相空间因子。无量纲参数的 $\beta$ 函数（定义为 $\frac{d}{dl} = -\Lambda \frac{d}{d\Lambda}$）为： $\frac{d\tilde{m}^2}{dl} = 2\tilde{m}^2 + \frac{1}{2} v_d \frac{\tilde{\lambda}}{1+\tilde{m}^2}$ $\frac{d\tilde{\lambda}}{dl} = \epsilon \tilde{\lambda} - \frac{3}{2} v_d \frac{\tilde{\lambda}^2}{(1+\tilde{m}^2)^2}$ 寻找 Wilson-Fisher 不动点 $(\tilde{\lambda}_\star, \tilde{m}_\star^2)$，令上述两式为零： $\epsilon \tilde{\lambda}_\star = \frac{3}{2} v_d \frac{\tilde{\lambda}_\star^2}{(1+\tilde{m}_\star^2)^2} \implies \tilde{\lambda}_\star = \frac{2\epsilon}{3v_d} (1+\tilde{m}_\star^2)^2$ 代入质量方程： $2\tilde{m}_\star^2 + \frac{1}{2} v_d \frac{\frac{2\epsilon}{3v_d} (1+\tilde{m}_\star^2)^2}{1+\tilde{m}_\star^2} = 0 \implies 2\tilde{m}_\star^2 + \frac{\epsilon}{3}(1+\tilde{m}_\star^2) = 0$ 解得不动点位置（保留至 $\mathcal{O}(\epsilon)$）： $\tilde{m}_\star^2 = -\frac{\epsilon/3}{2+\epsilon/3} \approx -\frac{\epsilon}{6}, \quad \tilde{\lambda}_\star \approx \frac{2\epsilon}{3v_d}$ 可见，在硬截断方案下，不动点的 $\lambda$ 和 $m^2$ 均不为零（且质量平方为负）。

计算临界指数 $\nu$。我们需要求 RGE 在不动点处的雅可比矩阵 $J_{ij} = \frac{\partial (dg_i/dl)}{\partial g_j}$ 的特征值。 $J_{mm} = \left. \frac{\partial}{\partial \tilde{m}^2} \left( 2\tilde{m}^2 + \frac{1}{2} v_d \frac{\tilde{\lambda}}{1+\tilde{m}^2} \right) \right|_\star = 2 - \frac{1}{2} v_d \frac{\tilde{\lambda}_\star}{(1+\tilde{m}_\star^2)^2} = 2 - \frac{\epsilon}{3}$ $J_{\lambda\lambda} = \left. \frac{\partial}{\partial \tilde{\lambda}} \left( \epsilon \tilde{\lambda} - \frac{3}{2} v_d \frac{\tilde{\lambda}^2}{(1+\tilde{m}^2)^2} \right) \right|_\star = \epsilon - 3 v_d \frac{\tilde{\lambda}_\star}{(1+\tilde{m}_\star^2)^2} = \epsilon - 2\epsilon = -\epsilon$ 非对角元 $J_{\lambda m} \sim \mathcal{O}(\epsilon^2)$。因此相关的（正）特征值为 $y_1 = 2 - \frac{\epsilon}{3}$。临界指数 $\nu$ 为： $\nu = \frac{1}{y_1} = \frac{1}{2 - \epsilon/3} \approx \frac{1}{2} + \frac{\epsilon}{12}$ 这与 Section 23.5.2 中使用维数正规化（Dimensional Regularization）得到的结果完全一致。

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(b) 绘制 RG 流动轨迹并比较

根据 (a) 中的 RGE，在 $(\tilde{\lambda}, \tilde{m}^2)$ 平面上，存在两个不动点：高斯不动点 $(0,0)$ 和 Wilson-Fisher 不动点 $(\frac{2\epsilon}{3v_d}, -\frac{\epsilon}{6})$。

• 与 Figure 23.1 的不同之处：在 Figure 23.1（通常基于维数正规化或特定减除方案）中，Wilson-Fisher 不动点位于 $\tilde{m}^2 = 0$ 的轴上，且 $\tilde{m}^2 = 0$ 是一条不变流形（临界曲面）。
• 在硬截断方案下，由于二次发散的存在（体现在 $\frac{d\tilde{m}^2}{dl}$ 中的常数项），Wilson-Fisher 不动点下移到了 $\tilde{m}^2 < 0$ 的区域。
• 此外，$\tilde{m}^2 = 0$ 轴不再是不变流形，流动轨迹会穿过该轴。真正的临界曲面（流入 WF 不动点的轨迹）是一条穿过 $(\tilde{\lambda}_\star, \tilde{m}_\star^2)$ 的曲线。

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(c) Wilson 动量壳层积分计算

我们直接在动量壳层 $k \in [b\Lambda, \Lambda]$ 上积分，其中 $b = e^{-\delta l} \approx 1 - \delta l$。 积分出高频模式 $\phi_>$ 后，低频有效作用量的修正为： $\delta m^2 = \frac{\lambda}{2} \int_{b\Lambda}^\Lambda \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{1}{k^2+m^2} \approx \frac{\lambda}{2} v_d \frac{\Lambda^d}{\Lambda^2+m^2} \delta l$ $\delta \lambda = -\frac{3\lambda^2}{2} \int_{b\Lambda}^\Lambda \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{1}{(k^2+m^2)^2} \approx -\frac{3\lambda^2}{2} v_d \frac{\Lambda^d}{(\Lambda^2+m^2)^2} \delta l$ 接下来进行标度变换 $x' = x b$ 和场重定义 $\phi'(x') = b^{(2-d)/2} \phi_<(x)$ 以恢复截断至 $\Lambda$。新的参数为： $m'^2 = b^{-2} (m^2 + \delta m^2) \approx (1 + 2\delta l) (m^2 + \delta m^2) \approx m^2 + 2m^2 \delta l + \delta m^2$ $\lambda' = b^{d-4} (\lambda + \delta \lambda) = b^{-\epsilon} (\lambda + \delta \lambda) \approx (1 + \epsilon \delta l) (\lambda + \delta \lambda) \approx \lambda + \epsilon \lambda \delta l + \delta \lambda$ 转换为无量纲参数 $\tilde{m}^2 = m^2/\Lambda^2$ 和 $\tilde{\lambda} = \lambda/\Lambda^\epsilon$，并取极限 $\delta l \to 0$，我们得到： $\frac{d\tilde{m}^2}{dl} = 2\tilde{m}^2 + \frac{1}{2} v_d \frac{\tilde{\lambda}}{1+\tilde{m}^2}$ $\frac{d\tilde{\lambda}}{dl} = \epsilon \tilde{\lambda} - \frac{3}{2} v_d \frac{\tilde{\lambda}^2}{(1+\tilde{m}^2)^2}$ 这与 (a) 中得到的方程完全相同。因此，由此导出的不动点位置和临界指数 $\nu = \frac{1}{2} + \frac{\epsilon}{12}$ 也必然相同。

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(d) 临界指数 $\nu$ 的方案无关性

考虑一个一般的正规化和减除方案，单圈 RGE 的一般形式可写为： $\frac{d\lambda}{dl} = \epsilon \lambda - a \lambda^2 + \mathcal{O}(\lambda^3)$ $\frac{dm^2}{dl} = 2 m^2 + b \lambda - c \lambda m^2 + \mathcal{O}(\lambda^2)$ 其中 $a, b, c$ 是依赖于方案的常数。 不动点满足 $\lambda_\star = \epsilon/a$ 和 $m_\star^2 \approx -b\epsilon/2a$。 计算雅可比矩阵的质量方向特征值： $y_1 = \left. \frac{\partial (dm^2/dl)}{\partial m^2} \right|_\star = 2 - c \lambda_\star = 2 - c \frac{\epsilon}{a}$ 临界指数为： $\nu = \frac{1}{y_1} \approx \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{c}{2a} \epsilon \right)$ 要证明 $\nu$ 是方案无关的，只需证明比值 $c/a$ 是普适的。 常数 $a$ 来自顶点修正图 $\sim \lambda^2 \int \frac{1}{k^4}$，常数 $c$ 来自质量修正图中依赖于 $m^2$ 的部分 $\sim \lambda \int \frac{1}{k^2+m^2} = \lambda \int (\frac{1}{k^2} - \frac{m^2}{k^4} + \dots)$。 注意到这两个系数都由同一个对数发散积分 $I = \int \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{1}{k^4}$ 决定。 根据费曼图的对称因子，顶点图（3个通道）的系数为 $\frac{3}{2}$，质量图的系数为 $\frac{1}{2}$。因此： $a = \frac{3}{2} I, \quad c = \frac{1}{2} I \implies \frac{c}{a} = \frac{1/2}{3/2} = \frac{1}{3}$ 这个比值完全由图的组合性质决定，与具体的正规化方法（即积分 $I$ 的具体形式）无关。代入得 $\nu = \frac{1}{2} + \frac{\epsilon}{12}$，证明了其在单圈下的普适性。

关于不动点位置的任意性： 我们可以通过重新定义耦合常数（即改变方案）将 $\lambda_\star$ 和 $m_\star^2$ 变更为任意值。例如，作线性变换 $\lambda' = A \lambda$ 和 $m'^2 = m^2 + B \lambda$。 新的 $\beta$ 函数将给出新的不动点 $\lambda_\star' = A \lambda_\star$ 和 $m_\star'^2 = m_\star^2 + B \lambda_\star$。由于 $A$ 和 $B$ 是任意常数，我们可以将不动点移动到参数空间中的任意位置（例如维数正规化等效于选取 $B$ 使得 $m_\star'^2 = 0$）。这说明不动点的具体坐标没有物理意义，只有特征值（临界指数）是物理可观测的。

$\boxed{\nu = \frac{1}{2} + \frac{\epsilon}{12}}$