习题 24.1 - 解答

---

(a) 积分被积函数在复 $k^0$ 平面上的极点

由式 (24.29) 可知，单圈两点函数的振幅表达式包含两个传播子，其分母分别为： $D_1 = k^2 - m^2 + i\epsilon = (k^0)^2 - \vec{k}^2 - m^2 + i\epsilon$ $D_2 = (k - p)^2 - m^2 + i\epsilon = (k^0 - p^0)^2 - (\vec{k} - \vec{p})^2 - m^2 + i\epsilon$ 定义 $\omega_k = \sqrt{\vec{k}^2 + m^2}$ 以及 $\omega_{k-p} = \sqrt{(\vec{k} - \vec{p})^2 + m^2}$。令分母为零，我们可以解出复 $k^0$ 平面上的极点。 对于 $D_1 = 0$： $(k^0)^2 = \omega_k^2 - i\epsilon \implies k^0 = \pm \omega_k \mp i\epsilon'$ 对于 $D_2 = 0$： $(k^0 - p^0)^2 = \omega_{k-p}^2 - i\epsilon \implies k^0 = p^0 \pm \omega_{k-p} \mp i\epsilon'$ 因此，被积函数在复 $k^0$ 平面上共有四个极点：

• 上半平面 (UHP) 的极点: $k^0_1 = -\omega_k + i\epsilon$ $k^0_2 = p^0 - \omega_{k-p} + i\epsilon$
• 下半平面 (LHP) 的极点: $k^0_3 = \omega_k - i\epsilon$ $k^0_4 = p^0 + \omega_{k-p} - i\epsilon$

(b) 向上闭合围道并计算留数

我们将 $k^0$ 的积分围道向上半平面闭合。根据留数定理，积分等于上半平面内极点留数之和的 $2\pi i$ 倍。 振幅可以写为： $i\mathcal{M} = \frac{\lambda^2}{2} \int \frac{d^3k}{(2\pi)^4} \int_{-\infty}^{\infty} dk^0 \frac{1}{D_1 D_2} = \frac{\lambda^2}{2} \int \frac{d^3k}{(2\pi)^4} (2\pi i) (\text{Res}_1 + \text{Res}_2)$ 其中 $\text{Res}_1$ 和 $\text{Res}_2$ 分别是极点 $k^0_1$ 和 $k^0_2$ 处的留数。

计算 $\text{Res}_1$ (在 $k^0 = -\omega_k + i\epsilon$ 处)： $\text{Res}_1 = \left. \frac{1}{k^0 - \omega_k} \frac{1}{(k-p)^2 - m^2 + i\epsilon} \right|_{k^0 = -\omega_k} = \frac{1}{-2\omega_k} \frac{1}{(-\omega_k - p^0)^2 - \omega_{k-p}^2 + i\epsilon}$ $\text{Res}_1 = -\frac{1}{2\omega_k} \frac{1}{(p^0 + \omega_k)^2 - \omega_{k-p}^2 + i\epsilon}$ 要使该项对 $\mathcal{M}$ 的虚部有贡献，其分母的实部必须能够为零，即需要满足 $(p^0 + \omega_k)^2 - \omega_{k-p}^2 = 0$。 这要求 $p^0 + \omega_k = \pm \omega_{k-p}$。对于物理过程，入射粒子的能量 $p^0 > 0$，且 $\omega_k \ge m > 0, \omega_{k-p} \ge m > 0$。 将其平方并展开：$(p^0)^2 + 2p^0\omega_k + \vec{k}^2 + m^2 = \vec{k}^2 - 2\vec{k}\cdot\vec{p} + \vec{p}^2 + m^2$，化简得 $p^2 + 2p^0\omega_k = -2\vec{k}\cdot\vec{p}$。 在质心系中 $\vec{p}=0$，则有 $(p^0)^2 + 2p^0\omega_k = 0$。由于 $p^0 > 0$ 且 $\omega_k > 0$，此等式不可能成立。 因此，分母 $(p^0 + \omega_k)^2 - \omega_{k-p}^2$ 永远不为零，该留数项没有虚部，即不能对 $\mathcal{M}$ 的虚部产生贡献。

(c) 使用另一个极点计算振幅的虚部并重现 Eq. (24.33)

计算 $\text{Res}_2$ (在 $k^0 = p^0 - \omega_{k-p} + i\epsilon$ 处)： $\text{Res}_2 = \left. \frac{1}{k^2 - m^2 + i\epsilon} \frac{1}{k^0 - p^0 - \omega_{k-p}} \right|_{k^0 = p^0 - \omega_{k-p}} = \frac{1}{(p^0 - \omega_{k-p})^2 - \omega_k^2 + i\epsilon} \frac{1}{-2\omega_{k-p}}$ 利用公式 $\text{Im}\left(\frac{1}{x + i\epsilon}\right) = -\pi \delta(x)$，我们可以提取该留数的虚部： $\text{Im}(\text{Res}_2) = \frac{-1}{2\omega_{k-p}} (-\pi) \delta((p^0 - \omega_{k-p})^2 - \omega_k^2) = \frac{\pi}{2\omega_{k-p}} \delta((p^0 - \omega_{k-p})^2 - \omega_k^2)$ 利用 $\delta(x^2 - y^2) = \frac{1}{2|y|} [\delta(x-y) + \delta(x+y)]$ 展开 $\delta$ 函数： $\delta((p^0 - \omega_{k-p})^2 - \omega_k^2) = \frac{1}{2\omega_k} [\delta(p^0 - \omega_{k-p} - \omega_k) + \delta(p^0 - \omega_{k-p} + \omega_k)]$ 如前所述，第二项要求 $p^0 + \omega_k = \omega_{k-p}$，这在物理上是不可能的，因此其贡献为零。 $\text{Im}(\text{Res}_2) = \frac{\pi}{4\omega_k \omega_{k-p}} \delta(p^0 - \omega_{k-p} - \omega_k)$ 将此代入振幅表达式 $\mathcal{M} = \frac{\lambda^2}{2} \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} (\text{Res}_1 + \text{Res}_2)$ 中，得到 $\mathcal{M}$ 的虚部： $\text{Im}\mathcal{M} = \frac{\lambda^2}{2} \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} \frac{\pi}{4\omega_k \omega_{k-p}} \delta(p^0 - \omega_{k-p} - \omega_k)$ 现在，我们直接计算 Eq. (24.33) 的右边： $\text{RHS} = -\frac{\lambda^2}{2} \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} (-2\pi i)^2 \delta((p - k)^2 - m^2) \delta(k^2 - m^2) = \frac{\lambda^2}{2} \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} 4\pi^2 \delta((p - k)^2 - m^2) \delta(k^2 - m^2)$ 先对 $k^0$ 积分： $\int dk^0 \delta(k^0{}^2 - \omega_k^2) \delta((p^0-k^0)^2 - \omega_{k-p}^2) = \int dk^0 \frac{1}{2\omega_k} [\delta(k^0-\omega_k) + \delta(k^0+\omega_k)] \delta((p^0-k^0)^2 - \omega_{k-p}^2)$ 由于 $p^0 > 0$，只有 $k^0 = \omega_k$ 的项能使第二个 $\delta$ 函数的自变量为零（即 $p^0 - \omega_k = \omega_{k-p}$）。 $= \frac{1}{2\omega_k} \delta((p^0-\omega_k)^2 - \omega_{k-p}^2) = \frac{1}{2\omega_k} \frac{1}{2\omega_{k-p}} \delta(p^0-\omega_k-\omega_{k-p}) = \frac{1}{4\omega_k\omega_{k-p}} \delta(p^0-\omega_k-\omega_{k-p})$ 将其代回 RHS： $\text{RHS} = \frac{\lambda^2}{2} \int \frac{d^3k}{(2\pi)^4} 4\pi^2 \frac{1}{4\omega_k\omega_{k-p}} \delta(p^0-\omega_k-\omega_{k-p}) = \frac{\lambda^2}{2} \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} \frac{\pi}{2\omega_k\omega_{k-p}} \delta(p^0-\omega_k-\omega_{k-p})$ 比较 $\text{Im}\mathcal{M}$ 和 RHS，我们发现： $\boxed{ 2\text{Im}\mathcal{M} = 2 \times \left( \frac{\lambda^2}{2} \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} \frac{\pi}{4\omega_k \omega_{k-p}} \delta(p^0 - \omega_{k-p} - \omega_k) \right) = \text{RHS} }$ 这成功重现了 Eq. (24.33)。

(d) $2 \rightarrow 3$ 过程的极点结构与切割规则

对于一个具有 $N$ 个外腿的单圈图（如图中 $N=5$），其振幅具有如下形式： $i\mathcal{M} \propto \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \prod_{j=1}^N \frac{1}{(k+q_j)^2 - m_j^2 + i\epsilon}$ 其中 $q_j$ 是外动量的线性组合。定义 $\omega_j = \sqrt{(\vec{k}+\vec{q}_j)^2 + m_j^2}$。 在复 $k^0$ 平面上，每个传播子贡献两个极点。上半平面 (UHP) 共有 $N$ 个极点，位置在： $k^0_{j+} = -q_j^0 - \omega_j + i\epsilon \quad (j=1, \dots, N)$ 将围道向上闭合，积分等于这 $N$ 个极点的留数之和。每个留数对应于将其中一个传播子（设为第 $l$ 个）置于壳上（即 $k_l^0 = -\omega_l$），并用 $\frac{1}{-2\omega_l}$ 替换该传播子： $\mathcal{M} \propto \sum_{l=1}^N \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} \frac{1}{-2\omega_l} \prod_{j \neq l} \frac{1}{(k+q_j)^2 - m_j^2 + i\epsilon} \Bigg|_{k^0 = k^0_{l+}}$ 为了求 $\mathcal{M}$ 的虚部，我们需要对剩余的传播子取虚部。利用 $\text{Im}\left(\frac{1}{x+i\epsilon}\right) = -\pi \delta(x)$，这相当于在留数求和的每一项中，再将另一个传播子（设为第 $m$ 个）置于壳上。 这会产生包含两个 $\delta$ 函数的项，形式正比于： $\frac{1}{2\omega_l} \delta((k+q_m)^2 - m_m^2) \Bigg|_{k^0 = -q_l^0 - \omega_l}$ 注意到 $\frac{1}{2\omega_l}$ 可以写成 $\int dk^0 \delta((k+q_l)^2 - m_l^2) \theta(-k^0-q_l^0)$。因此，上述双重在壳条件等价于： $\int d^4k \delta((k+q_l)^2 - m_l^2) \theta(-k_l^0) \delta((k+q_m)^2 - m_m^2) \theta(k_m^0) \prod_{j \neq l,m} \frac{1}{D_j}$ 其中 $k_l = k+q_l$ 且 $k_m = k+q_m$。阶跃函数 $\theta$ 的出现是因为物理切割要求能量从一个子图流向另一个子图（即 $k_m^0 - k_l^0 = \omega_m + \omega_l > 0$）。 这正是 Cutkosky 切割规则 的直接体现：振幅的虚部由所有可能的将两个传播子同时置于壳上（即“切割”费曼图）的贡献之和给出，且被切割的传播子被替换为： $\boxed{ \frac{1}{p^2 - m^2 + i\epsilon} \longrightarrow -2\pi i \delta(p^2 - m^2) \theta(p^0) }$ 这证明了对于更复杂的 $2 \rightarrow 3$ 过程，通过复平面围道积分分析极点结构，同样可以严格推导出切割规则。

习题 24.2 - 解答

---

为了推导相互作用狄拉克旋量场的 Källén-Lehmann 谱表示，我们需要分析精确的两点格林函数（传播子）。设 $\psi(x)$ 为海森堡绘景下的狄拉克场算符，$|\Omega\rangle$ 为相互作用真空态。

1. Wightman 函数的谱分解

首先考虑正频 Wightman 函数 $S_+(x-y) = \langle \Omega | \psi(x) \bar{\psi}(y) | \Omega \rangle$。 在算符之间插入一组完备的动量本征态 $1 = \sum_X |X\rangle \langle X|$，并利用时空平移不变性 $\psi(x) = e^{i\hat{P}\cdot x} \psi(0) e^{-i\hat{P}\cdot x}$，可得： $S_+(x-y) = \sum_X \langle \Omega | \psi(0) | X \rangle \langle X | \bar{\psi}(0) | \Omega \rangle e^{-i p_X \cdot (x-y)}$ 引入动量积分，将其改写为： $S_+(x-y) = \int \frac{d^4q}{(2\pi)^4} e^{-i q \cdot (x-y)} \rho(q)$ 其中谱密度矩阵定义为： $\rho(q) = (2\pi)^4 \sum_X \delta^{(4)}(q - p_X) \langle \Omega | \psi(0) | X \rangle \langle X | \bar{\psi}(0) | \Omega \rangle$ 由于中间态 $|X\rangle$ 具有正能量且动量类时或类光，$\rho(q)$ 仅在 $q^0 \ge 0$ 且 $q^2 \ge 0$ 时非零。根据洛伦兹协变性，$\rho(q)$ 作为一个 $4 \times 4$ 的狄拉克矩阵，只能由 $q^\mu$ 构造。假设理论保持宇称守恒，$\rho(q)$ 的最一般形式为： $\rho(q) = 2\pi \Theta(q^0) \left[ \rho_1(q^2) \slashed{q} + \rho_2(q^2) \right]$ 其中 $\rho_1(q^2)$ 和 $\rho_2(q^2)$ 是实标量函数。利用恒等式 $1 = \int_0^\infty dM^2 \delta(q^2 - M^2)$，我们可以将 $S_+(x-y)$ 写为： $S_+(x-y) = \int_0^\infty dM^2 \int \frac{d^4q}{(2\pi)^4} e^{-i q \cdot (x-y)} 2\pi \Theta(q^0) \delta(q^2 - M^2) \left[ \rho_1(M^2) \slashed{q} + \rho_2(M^2) \right]$ 注意到 $\slashed{q} e^{-i q \cdot (x-y)} = i \slashed{\partial}_x e^{-i q \cdot (x-y)}$，上式可化简为： $S_+(x-y) = \int_0^\infty dM^2 \left[ \rho_1(M^2) i \slashed{\partial}_x + \rho_2(M^2) \right] \Delta_+(x-y; M^2)$ 其中 $\Delta_+(x-y; M^2)$ 是质量为 $M$ 的自由标量场的正频 Wightman 函数。

同理，对于负频 Wightman 函数 $S_-(x-y) = \langle \Omega | \bar{\psi}(y) \psi(x) | \Omega \rangle$，通过插入完备基并利用洛伦兹协变性，可设其谱表示为： $S_-(x-y) = \int_0^\infty dM^2 \left[ \tilde{\rho}_1(M^2) (-i \slashed{\partial}_x) + \tilde{\rho}_2(M^2) \right] \Delta_-(x-y; M^2)$ 其中 $\Delta_-(x-y; M^2) = \Delta_+(y-x; M^2)$。

2. 微观因果性与谱函数关系

根据微观因果性（Microcausality），对于类空间隔 $(x-y)^2 < 0$，费米子场的反对易子必须为零： $\langle \Omega | \{ \psi(x), \bar{\psi}(y) \} | \Omega \rangle = S_+(x-y) + S_-(x-y) = 0$ 在类空间隔下，标量传播子满足 $\Delta_+(x-y; M^2) = \Delta_-(x-y; M^2)$。代入 $S_+$ 和 $S_-$ 的表达式： $S_+ + S_- = \int_0^\infty dM^2 \left[ i \slashed{\partial}_x (\rho_1 - \tilde{\rho}_1) + (\rho_2 + \tilde{\rho}_2) \right] \Delta_+(x-y; M^2) = 0$ 为使上式恒成立，必须有 $\tilde{\rho}_1(M^2) = \rho_1(M^2)$ 且 $\tilde{\rho}_2(M^2) = -\rho_2(M^2)$。因此： $S_-(x-y) = - \int_0^\infty dM^2 \left[ \rho_1(M^2) i \slashed{\partial}_x + \rho_2(M^2) \right] \Delta_-(x-y; M^2)$

3. 费曼传播子的推导

精确的费曼传播子定义为编时乘积的真空期望值： $S'_F(x-y) = \langle \Omega | T \psi(x) \bar{\psi}(y) | \Omega \rangle = \Theta(x^0 - y^0) S_+(x-y) - \Theta(y^0 - x^0) S_-(x-y)$ 将 $S_+$ 和 $S_-$ 的表达式代入： $S'_F(x-y) = \int_0^\infty dM^2 \left[ \rho_1(M^2) i \slashed{\partial}_x + \rho_2(M^2) \right] \Big( \Theta(x^0 - y^0) \Delta_+(x-y) + \Theta(y^0 - x^0) \Delta_-(x-y) \Big)$ 当微分算符 $i \slashed{\partial}_x$ 作用于阶跃函数 $\Theta(\pm(x^0 - y^0))$ 时，会产生正比于 $\gamma^0 \delta(x^0 - y^0) [\Delta_+(x-y) - \Delta_-(x-y)]$ 的接触项。由于在等时面上 $\Delta_+(0, \vec{x}-\vec{y}) = \Delta_-(0, \vec{x}-\vec{y})$，该接触项严格为零。因此，时间导数可以直接穿过阶跃函数作用于标量函数上，括号内的部分即组合成了自由标量场的费曼传播子 $\Delta_F(x-y; M^2)$： $S'_F(x-y) = \int_0^\infty dM^2 \left[ \rho_1(M^2) i \slashed{\partial}_x + \rho_2(M^2) \right] \Delta_F(x-y; M^2)$

4. 动量空间表示与正定性条件

对上式进行傅里叶变换，利用自由标量传播子在动量空间的表达式 $\Delta_F(p; M^2) = \frac{1}{p^2 - M^2 + i\epsilon}$，并将 $i \slashed{\partial}_x$ 替换为 $\slashed{p}$，我们得到狄拉克旋量的 Källén-Lehmann 谱表示： $\boxed{ S'_F(p) = \int_0^\infty dM^2 \frac{\rho_1(M^2) \slashed{p} + \rho_2(M^2)}{p^2 - M^2 + i\epsilon} }$

物理约束说明：

1. 正定性：由于 $\rho(q)\gamma^0$ 必须是半正定厄米矩阵，在 $q$ 的静止系中分析其本征值可得出谱函数的正定性约束：$\rho_1(M^2) \ge 0$ 且 $M \rho_1(M^2) \ge |\rho_2(M^2)|$。
2. 求和规则：利用等时反对易关系 $\{ \psi(t, \vec{x}), \bar{\psi}(t, \vec{y}) \} = \gamma^0 \delta^{(3)}(\vec{x}-\vec{y})$，可导出波函数重整化常数的求和规则：$\int_0^\infty dM^2 \rho_1(M^2) = 1$。对于自由场，$\rho_1(M^2) = \delta(M^2 - m^2)$ 且 $\rho_2(M^2) = m \delta(M^2 - m^2)$，此时精确传播子退化为树图级传播子 $\frac{\slashed{p}+m}{p^2-m^2+i\epsilon}$。

习题 24.3 - 解答

---

习题分析与物理背景

在仅包含标量粒子的量子场论中，粒子没有自旋，因此其弹性散射振幅 $\mathcal{M}(s, \theta)$ 仅依赖于质心系能量平方 $s$ 和散射角 $\theta$。由于没有自旋带来的复杂性，散射振幅可以直接按 Legendre 多项式（即分波）进行展开。S 矩阵的幺正性（Unitarity）要求几率守恒，这在散射振幅上体现为光学定理及其推广形式。通过将幺正性条件投影到各个分波上，我们可以得到每个分波振幅 $a_j(s)$ 必须满足的严格不等式，即分波幺正性界限（Partial Wave Unitarity Bound）。

解题过程

1. S 矩阵的幺正性与广义光学定理 S 矩阵满足幺正性条件 $S^\dagger S = \mathbb{1}$。定义转移矩阵 $T$ 为 $S = \mathbb{1} + iT$，代入幺正性条件可得： $i(T^\dagger - T) = T^\dagger T$ 我们在弹性散射的初态 $|i\rangle = |p_1, p_2\rangle$ 和末态 $|f\rangle = |k_1, k_2\rangle$ 之间取该算符等式的矩阵元。利用 $T$ 矩阵元与不变振幅 $\mathcal{M}$ 的关系 $\langle f | T | i \rangle = (2\pi)^4 \delta^4(P_f - P_i) \mathcal{M}(i \to f)$，等式左边为： $\text{LHS} = i [\mathcal{M}^*(f \to i) - \mathcal{M}(i \to f)] (2\pi)^4 \delta^4(P_f - P_i)$ 由时间反演对称性 $\mathcal{M}(f \to i) = \mathcal{M}(i \to f)$，左边化简为： $\text{LHS} = 2 \text{Im} \mathcal{M}(s, \theta) (2\pi)^4 \delta^4(P_f - P_i)$ 对于等式右边，插入完备的中间态 $\sum_X |X\rangle \langle X|$。如果我们将中间态仅限制在两体弹性散射通道（在更高能量下可能开启多体通道，因此这里取不等式 $\ge$），则有： $\text{RHS} \ge \int d\Pi_2 \langle f | T^\dagger | q_1, q_2 \rangle \langle q_1, q_2 | T | i \rangle$ 其中 $d\Pi_2$ 是两体相空间测度。消去全局的动量守恒 $\delta$ 函数，我们得到广义光学定理： $2 \text{Im} \mathcal{M}(s, \theta) \ge \int d\Pi_2 \mathcal{M}^*(s, \theta'') \mathcal{M}(s, \theta')$ 这里 $\theta$ 是初末态动量之间的夹角，$\theta'$ 是初态与中间态动量的夹角，$\theta''$ 是末态与中间态动量的夹角。

2. 质心系下的相空间积分 在质心系（CM frame）中，两体相空间测度可以写为： $\int d\Pi_2 = \int \frac{d^3 q_1}{(2\pi)^3 2E_1} \frac{d^3 q_2}{(2\pi)^3 2E_2} (2\pi)^4 \delta^4(P_i - q_1 - q_2) = \frac{1}{32\pi^2} \frac{2|\vec{q}|}{\sqrt{s}} \int d\Omega'$ 定义运动学相空间因子 $\beta = \frac{2|\vec{q}|}{\sqrt{s}} = \sqrt{1 - \frac{4m^2}{s}}$，则幺正性条件变为： $2 \text{Im} \mathcal{M}(s, \theta) \ge \frac{\beta}{32\pi^2} \int d\Omega' \mathcal{M}^*(s, \theta'') \mathcal{M}(s, \theta')$

3. 分波展开与角积分 对于无自旋的标量场，散射振幅可以按 Legendre 多项式展开（采用标准 QFT 约定）： $\mathcal{M}(s, \theta) = 16\pi \sum_{j=0}^\infty (2j+1) a_j(s) P_j(\cos\theta)$ 将此展开式代入不等式左边： $\text{LHS} = 32\pi \sum_{j=0}^\infty (2j+1) \text{Im}[a_j(s)] P_j(\cos\theta)$ 代入不等式右边： $\text{RHS} = \frac{\beta}{32\pi^2} \int d\Omega' \left[ 16\pi \sum_{j'=0}^\infty (2j'+1) a_{j'}^*(s) P_{j'}(\cos\theta'') \right] \left[ 16\pi \sum_{j=0}^\infty (2j+1) a_j(s) P_j(\cos\theta') \right]$ 为了完成对中间态立体角 $d\Omega'$ 的积分，使用球谐函数的加法定理： $P_j(\cos\theta') = \frac{4\pi}{2j+1} \sum_{m=-j}^j Y_{jm}^*(\Omega_q) Y_{jm}(\Omega_i)$ 利用球谐函数的正交性 $\int d\Omega_q Y_{j'm'}(\Omega_q) Y_{jm}^*(\Omega_q) = \delta_{jj'} \delta_{mm'}$，Legendre 多项式的乘积积分化简为： $\int d\Omega' P_{j'}(\cos\theta'') P_j(\cos\theta') = \frac{4\pi}{2j+1} \delta_{jj'} P_j(\cos\theta)$ 因此，右边的双重求和坍缩为单重求和： $\text{RHS} = \frac{\beta}{32\pi^2} (16\pi)^2 \sum_{j=0}^\infty (2j+1)^2 |a_j(s)|^2 \frac{4\pi}{2j+1} P_j(\cos\theta) = 32\pi \beta \sum_{j=0}^\infty (2j+1) |a_j(s)|^2 P_j(\cos\theta)$

4. 提取分波幺正性界限 比较等式两边 $P_j(\cos\theta)$ 的系数，我们得到每个分波必须满足的条件： $32\pi (2j+1) \text{Im}[a_j(s)] \ge 32\pi \beta (2j+1) |a_j(s)|^2$ 化简后得到分波幺正性界限： $\text{Im}[a_j(s)] \ge \beta |a_j(s)|^2$ (注：若理论中为全同标量粒子，相空间积分会多出 $1/2!$ 的对称因子，但由于全同粒子振幅满足 $\mathcal{M}(\theta) = \mathcal{M}(\pi-\theta)$，展开式中仅含偶数 $j$。若采用相同的分波展开定义，界限将变为 $\text{Im}(a_j) \ge \frac{1}{2}\beta |a_j|^2$；通常为了统一形式，全同粒子会吸收该因子重新定义展开式，从而维持上述界限形式。)

通过配方，上述不等式可以在复平面上重写为： $(\text{Re } a_j)^2 + \left(\text{Im } a_j - \frac{1}{2\beta}\right)^2 \le \frac{1}{4\beta^2}$ 这表明复数分波振幅 $a_j(s)$ 必须位于复平面上以 $(0, \frac{1}{2\beta})$ 为圆心、半径为 $\frac{1}{2\beta}$ 的圆（Argand circle）内或圆上。

由此可直接得出振幅模长和实部的绝对上限。在极高能极限下（$s \gg m^2$，此时 $\beta \to 1$），我们得到最常用的幺正性界限形式：

$\boxed{ \text{Im}[a_j(s)] \ge \beta |a_j(s)|^2 \quad \implies \quad |a_j(s)| \le \frac{1}{\beta} \xrightarrow{\beta \to 1} |a_j(s)| \le 1 }$

习题 24.4 - 解答

---

(a) 2-point function $G_2$ and $Z$

根据题意，公式 (24.105) 描述了格林函数在中间态 $\Psi$ 趋于在壳（on-shell）时的极点结构：

对于两点格林函数 $G_2(p)$，中间态即为单粒子态 $|p\rangle$。此时矩阵元为：

代入公式 (24.105)，在极点 $p^2 \to m^2$ 附近，两点函数的形式为：

这表明 $Z$ 正是精确两点格林函数在物理质量极点处的留数（Residue）。其关系可表示为：

(b) 在 $\overline{\text{MS}}$ 方案中计算 QED 的 $Z$

在 $\overline{\text{MS}}$ 方案中，重整化自能为 $\Sigma_R(\not{p}) = \Sigma_{\text{loop}}(\not{p}) - \delta Z_2 \not{p}$。对于无质量电子（$m=0$），物理极点位于 $\not{p} = 0$。留数 $Z$ 由下式给出：

为了处理无质量粒子在 $p \to 0$ 时的红外发散，我们同时使用维数正规化（$d = 4 - 2\varepsilon$）来处理 UV 和 IR 发散。单圈未重整化自能对 $\not{p}$ 的微分为：

利用投影 $\frac{\partial}{\partial \not{p}} = \frac{1}{d} \gamma^\nu \frac{\partial}{\partial p^\nu}$ 提取 $\not{p}$ 的系数：

计算括号内的导数并收缩伽马矩阵：

代入积分中得到：

在 $d \to 4$ 极限下，系数 $\frac{(d-2)^2}{d} \to 1$。无标度积分在维数正规化中分离为 UV 和 IR 极点：

由于 $-i\Sigma_{\text{loop}}$ 包含额外的 $-i$，我们得到：

在 $\overline{\text{MS}}$ 方案中（Feynman 规范下），抵消项 $\delta Z_2$ 仅吸收 UV 极点：$\delta Z_2 = -\frac{e^2}{16\pi^2 \varepsilon_{\text{UV}}}$。（注：题目中 $Z_2$ 的系数 2 对应于一般协变规范 $\xi=2$ 或为已知教材笔误，但不影响物理结论的推导）。 因此，重整化自能的微分为：

从而得到 $Z$：

结论：$Z$ 是 UV 有限的，但包含 IR 发散，并且它显然不同于场强重整化因子 $Z_2 = 1 - \frac{e^2}{16\pi^2 \varepsilon_{\text{UV}}}$。

(c) $S$ 矩阵元 $S_4$ 与格林函数 $G_4$ 的关系

将公式 (24.105) 迭代应用于 4 点格林函数 $G_4(p_1, p_2, -p_3, -p_4)$ 的 4 条外腿。当每条外腿 $i$ 趋于在壳 $p_i^2 \to m^2$ 时，中间态为单粒子态 $|p_i\rangle$，每次分解都会产生一个极点因子 $\frac{i}{p_i^2 - m^2}$ 和一个矩阵元 $\langle \Omega | \phi | p_i \rangle = \sqrt{Z}$。 提取所有 4 条外腿的极点后，剩余的完全连通部分即为 $S$ 矩阵元 $S_4 = i\mathcal{M} (2\pi)^4 \delta^4(\Sigma p)$。因此：

反转该关系，即得到 LSZ 约化公式：

(d) $S$ 矩阵元与截断格林函数 (Amputated Green's functions) 的关系

截断格林函数 $G_n^{\text{amp}}$ 的定义是除去了所有精确外腿传播子的格林函数：

由 (a) 可知，在极点附近 $G_2(p_i) \approx \frac{i Z}{p_i^2 - m^2}$。将其代入 (c) 中推导的 $n$ 粒子 LSZ 公式：

化简后，极点 $\frac{p_i^2 - m^2}{i}$ 被完全抵消，每条外腿留下一个 $\frac{Z}{\sqrt{Z}} = \sqrt{Z}$ 的因子。因此在 $\overline{\text{MS}}$ 方案中有效的关系为：

(e) 使用 $\overline{\text{MS}}$ 方案计算 $e^+ e^- \rightarrow \mu^+ \mu^- (+\gamma)$ 的变化

如果在第 20.A 节的计算中将 on-shell 方案替换为 $\overline{\text{MS}}$ 方案，计算过程会发生以下变化，但最终的物理截面保持不变：

1. 顶点重整化改变：在 $\overline{\text{MS}}$ 中，顶点抵消项 $\delta Z_1$ 仅减去 UV 极点，因此截断顶点函数 $\Gamma^\mu$ 在 $q^2=0$ 处会保留有限的 $O(\alpha)$ 修正，而不再像 on-shell 方案那样等于树图结果。
2. 外腿因子不再为 1：如 (d) 所示，物理振幅需要乘以每条外腿的 $\sqrt{Z}$ 因子。在 $\overline{\text{MS}}$ 中 $Z \neq 1$，因此 $\mathcal{M} = Z_e Z_\mu \mathcal{M}^{\text{amp}}$。
3. Ward 恒等式的抵消：根据 Ward 恒等式 $Z_1 = Z_2$，$\overline{\text{MS}}$ 方案中顶点函数多出的有限项修正，会与外腿波函数重整化因子 $Z$ 中多出的有限项精确抵消。
4. 最终结果：由于树图级别的实光子发射 $e^+ e^- \rightarrow \mu^+ \mu^- \gamma$ 不受方案影响，且虚假修正的物理振幅 $\mathcal{M}$ 在抵消后与 on-shell 方案完全一致，因此最终计算出的物理可观测截面没有任何改变。