习题 32.1 - 解答

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1. 形状因子与均方电荷半径关系的推导

根据题意，形状因子定义为电荷密度 $\rho(\vec{x})$ 的傅里叶变换（注：题目中的 $V(x)$ 为 $\rho(\vec{x})$ 的笔误，物理上形状因子是电荷分布的变换）：

为了寻找形状因子与均方电荷半径 $\langle r^2 \rangle$ 的关系，我们在 $|\vec{q}| \to 0$ 附近对指数项进行泰勒展开：

将其代入积分中，逐项进行分析：

物理对称性与近似分析：

1. 归一化条件：假设质子总电荷已归一化，即零动量转移时 $F(0) = 1$，因此第一项 $\int d^3x \, \rho(\vec{x}) = 1$。
2. 球对称性：假设质子内部电荷分布是球对称的，即 $\rho(\vec{x}) = \rho(r)$。由于被积函数是奇函数，第二项偶极矩积分为零：$\int d^3x \, \vec{x} \rho(r) = 0$。
3. 二阶张量积分：对于第三项，利用球对称性，空间坐标的二次方平均满足 $\langle x_i x_j \rangle = \frac{1}{3} \delta_{ij} \langle r^2 \rangle$。因此：
   $$\int d^3x \, (\vec{q} \cdot \vec{x})^2 \rho(\vec{x}) = \sum_{i,j} q_i q_j \int d^3x \, x_i x_j \rho(\vec{x}) = \frac{1}{3} \vec{q}^2 \int d^3x \, r^2 \rho(\vec{x}) = \frac{1}{3} \vec{q}^2 \langle r^2 \rangle$$

将上述结果代回展开式，得到形状因子在三维动量平方 $\vec{q}^2$ 较小处的表达式：

在相对论散射的 Breit 参考系（能量转移 $q_0 = 0$）中，采用粒子物理标准的 $(+,-,-,-)$ 度规，四维动量转移平方 $q^2$ 与三维动量平方的关系为 $q^2 = -\vec{q}^2$。代入上式得：

对 $q^2$ 求导并取 $q^2 = 0$ 的极限，即可得到均方电荷半径的表达式：

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2. 计算质子的均方电荷半径

根据题目给定的偶极形状因子经验公式 Eq. (32.9)：

其中参数 $M^2 = 0.71 \text{ GeV}^2$。

首先对 $F_1(q^2)$ 关于 $q^2$ 求一阶导数：

在 $q^2 = 0$ 处取值：

利用第一部分推导出的关系式，计算均方电荷半径 $\langle r^2 \rangle$：

代入 $M^2 = 0.71 \text{ GeV}^2$：

单位换算： 为了将结果转换为标准的长度单位飞米（$\text{fm}$），引入自然单位制下的转换常数 $\hbar c \approx 0.1973 \text{ GeV} \cdot \text{fm}$。

质子的均方根（RMS）电荷半径 $r_p$ 为：

最终结果为：

习题 32.10 - 解答

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1. 证明 $p_T^2 = \frac{\hat{s}\hat{t}\hat{u}}{(\hat{s}+Q^2)^2}$

在部分子水平的深度非弹性散射（DIS）过程 $\gamma^*(q) + q(p) \rightarrow q(p_1) + g(p_2)$ 中，定义 Mandelstam 变量： $\hat{s} = (p+q)^2, \quad \hat{t} = (p-p_2)^2, \quad \hat{u} = (p-p_1)^2$ 其中入射夸克和出射部分子均视为无质量，即 $p^2 = p_1^2 = p_2^2 = 0$，虚光子动量平方为 $q^2 = -Q^2$。

我们在 $\gamma^* q$ 的质心系中进行计算。设总能量为 $\sqrt{\hat{s}}$，入射夸克和虚光子沿 $z$ 轴运动： $p = (E, 0, 0, E), \quad q = (\sqrt{\hat{s}}-E, 0, 0, -E)$ 利用虚光子的质量条件 $q^2 = -Q^2$ 可以求解 $E$： $q^2 = (\sqrt{\hat{s}}-E)^2 - E^2 = \hat{s} - 2E\sqrt{\hat{s}} = -Q^2 \implies E = \frac{\hat{s}+Q^2}{2\sqrt{\hat{s}}}$ 在质心系中，出射的夸克和胶子背向运动，且能量平分（因为它们均无质量）： $p_1 = \left(\frac{\sqrt{\hat{s}}}{2}, \vec{p}_T, p_z\right), \quad p_2 = \left(\frac{\sqrt{\hat{s}}}{2}, -\vec{p}_T, -p_z\right)$ 由出射粒子无质量条件 $p_1^2 = 0$ 可得： $\frac{\hat{s}}{4} - p_T^2 - p_z^2 = 0 \implies 4p_z^2 = \hat{s} - 4p_T^2$ 接下来计算 $\hat{t}$ 和 $\hat{u}$： $\hat{t} = -2p \cdot p_2 = -2E\left(\frac{\sqrt{\hat{s}}}{2} + p_z\right) = -E(\sqrt{\hat{s}} + 2p_z)$ $\hat{u} = -2p \cdot p_1 = -2E\left(\frac{\sqrt{\hat{s}}}{2} - p_z\right) = -E(\sqrt{\hat{s}} - 2p_z)$ 将两者相乘： $\hat{t}\hat{u} = E^2 (\hat{s} - 4p_z^2)$ 代入前面得到的 $4p_z^2 = \hat{s} - 4p_T^2$ 以及 $E$ 的表达式： $\hat{t}\hat{u} = \left( \frac{\hat{s}+Q^2}{2\sqrt{\hat{s}}} \right)^2 (4p_T^2) = \frac{(\hat{s}+Q^2)^2}{\hat{s}} p_T^2$ 重新排列即可得到横动量平方的表达式： $\boxed{ p_T^2 = \frac{\hat{s}\hat{t}\hat{u}}{(\hat{s}+Q^2)^2} }$

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2. 验证 Eq. (32.58)

过程 $\gamma^* q \rightarrow qg$ 经自旋和颜色平均后的矩阵元平方为： $|\overline{\mathcal{M}}|^2 = 32 \pi^2 \alpha \alpha_s e_q^2 C_F \left( -\frac{\hat{t}}{\hat{s}} - \frac{\hat{s}}{\hat{t}} + \frac{2\hat{u} Q^2}{\hat{s}\hat{t}} \right)$ Eq. (32.58) 描述的是小横动量（共线极限 $p_T^2 \rightarrow 0$）下的行为。由第一问可知，这对应于 $\hat{t} \rightarrow 0$（出射胶子与入射夸克共线）。在该极限下，保留分母中含 $\hat{t}$ 的主导发散项： $|\overline{\mathcal{M}}|^2 \approx \frac{32 \pi^2 \alpha \alpha_s e_q^2 C_F}{\hat{t}} \left( -\hat{s} + \frac{2\hat{u} Q^2}{\hat{s}} \right)$ 利用 Mandelstam 变量的守恒关系 $\hat{s} + \hat{t} + \hat{u} = -Q^2$，在 $\hat{t} \rightarrow 0$ 时有 $\hat{u} \approx -Q^2 - \hat{s}$。代入括号中： $-\hat{s} + \frac{2(-Q^2-\hat{s})Q^2}{\hat{s}} = -\hat{s} - 2Q^2 - \frac{2Q^4}{\hat{s}}$ 引入部分子动量分数 $z = \frac{Q^2}{\hat{s}+Q^2}$，则 $\hat{s} = Q^2 \frac{1-z}{z}$。将其代入上式化简： $-Q^2 \left( \frac{1-z}{z} + 2 + \frac{2z}{1-z} \right) = -Q^2 \frac{(1-z)^2 + 2z(1-z) + 2z^2}{z(1-z)} = -Q^2 \frac{1+z^2}{z(1-z)}$ 因此，共线极限下的矩阵元平方为： $|\overline{\mathcal{M}}|^2 \approx - \frac{32 \pi^2 \alpha \alpha_s e_q^2 C_F Q^2}{\hat{t}} \frac{1+z^2}{z(1-z)}$ 再利用第一问的结果，在 $\hat{t} \rightarrow 0$ 时展开 $p_T^2$： $p_T^2 \approx \frac{\hat{s}\hat{t}(-Q^2-\hat{s})}{(\hat{s}+Q^2)^2} = -\frac{\hat{s}}{\hat{s}+Q^2} \hat{t} = -(1-z)\hat{t} \implies \hat{t} \approx -\frac{p_T^2}{1-z}$ 将 $\hat{t}$ 替换为 $p_T^2$，矩阵元平方变为： $|\overline{\mathcal{M}}|^2 \approx \frac{32 \pi^2 \alpha \alpha_s e_q^2 C_F Q^2}{z p_T^2} (1+z^2)$ 微分散射截面由相空间和通量因子给出： $\frac{d\hat{\sigma}}{d\hat{t}} = \frac{1}{16\pi (\hat{s}+Q^2)^2} |\overline{\mathcal{M}}|^2$ 通过雅可比行列式转换变量到 $p_T^2$，由 $\hat{t} \approx -\frac{p_T^2}{1-z}$ 可知 $\left| \frac{d\hat{t}}{dp_T^2} \right| = \frac{1}{1-z}$： $\frac{d\hat{\sigma}}{dp_T^2} = \frac{d\hat{\sigma}}{d\hat{t}} \left| \frac{d\hat{t}}{dp_T^2} \right| = \frac{1}{16\pi (Q^2/z)^2} \left[ \frac{32 \pi^2 \alpha \alpha_s e_q^2 C_F Q^2}{z p_T^2} (1+z^2) \right] \frac{1}{1-z}$ 化简上述表达式： $\frac{d\hat{\sigma}}{dp_T^2} = \frac{z^2}{16\pi Q^4} \frac{32 \pi^2 \alpha \alpha_s e_q^2 C_F Q^2}{z p_T^2} \frac{1+z^2}{1-z} = \frac{2\pi \alpha \alpha_s e_q^2 C_F z}{Q^2 p_T^2} \frac{1+z^2}{1-z}$ 对于领头阶（Born）过程 $\gamma^* q \rightarrow q$，其总截面为 $\hat{\sigma}_0 = \frac{4\pi^2 \alpha e_q^2 z}{Q^2}$。提取出 $\hat{\sigma}_0$ 因子： $\frac{d\hat{\sigma}}{dp_T^2} = \left( \frac{4\pi^2 \alpha e_q^2 z}{Q^2} \right) \frac{\alpha_s}{2\pi} C_F \frac{1}{p_T^2} \frac{1+z^2}{1-z} = \hat{\sigma}_0 \frac{1}{p_T^2} \frac{\alpha_s}{2\pi} C_F \frac{1+z^2}{1-z}$ 加上被忽略的非奇异项（即 $\hat{t}$ 不趋于 $0$ 时的有限项，其量级为 $\mathcal{O}(p_T^2/Q^2)$），我们最终得到： $\boxed{ \frac{d\hat{\sigma}(\gamma^* q \rightarrow qg)}{dp_T^2} = \hat{\sigma}_0 \frac{1}{p_T^2} \left[ \frac{\alpha_s}{2\pi} C_F \frac{1+z^2}{1-z} + \mathcal{O}\left(\frac{p_T^2}{Q^2}\right) \right] }$ 这完美验证了 Eq. (32.58)。其中 $\frac{1+z^2}{1-z}$ 正是著名的 Altarelli-Parisi 分裂函数 $P_{qq}(z)$ 的核心部分。

习题 32.11 - 解答

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习题分析与物理背景

本题旨在建立非局域的光锥部分子分布函数（PDF）定义与局域的 Twist-2 算符的 Mellin 矩之间的严格数学联系。光锥 PDF 实际上是对无穷多阶局域算符的重新求和（Resummation）。通过对 PDF 求矩，可以投影出特定自旋的局域算符的矩阵元；反之，通过对所有矩构建生成函数（即傅里叶变换），可以从局域算符重建非局域的光锥 PDF 定义。

注：题目公式 (32.117) 中的 $\frac{\bar{n}}{2}$ 为简写，严格的旋量空间表示为 $\frac{\slashed{\bar{n}}}{2} = \frac{\bar{n}_\mu \gamma^\mu}{2}$。

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(a) 计算 $m = 1$ 的矩并关联自旋-1算符

在处理 Mellin 矩时，必须非常小心积分限。物理上，夸克的 PDF $f_q(\xi)$ 在 $\xi \in [0, 1]$ 有非零值，而反夸克的 PDF $f_{\bar{q}}(\xi)$ 在 $\xi \in [0, 1]$ 有非零值。利用交叉对称性 $f_{\bar{q}}(\xi) = -f_q(-\xi)$，标准 Mellin 矩可以写为整个 $[-1, 1]$ 区间的积分： $\int_0^1 d\xi \xi^{m-1} [f_q(\xi) + (-1)^m f_{\bar{q}}(\xi)] = \int_{-1}^1 d\xi \xi^{m-1} f_q(\xi)$ 由于 $f_q(\xi)$ 在 $[-1, 1]$ 之外为零，我们可以将积分限安全地扩展到 $(-\infty, \infty)$。

对于 $m=1$，取 Eq. (32.117) 在全空间的积分： $\int_{-1}^1 d\xi f_q(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} d\xi \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dt}{2\pi} e^{-it\xi(n \cdot P)} \langle P | \bar{\psi}_q(tn) \frac{\slashed{\bar{n}}}{2} W_n(tn, 0) \psi_q(0) | P \rangle$

利用 $\xi$ 的积分产生 $\delta$ 函数：$\int_{-\infty}^{\infty} d\xi e^{-it\xi(n \cdot P)} = \frac{2\pi}{n \cdot P} \delta(t)$，代入上式并对 $t$ 积分： $\int_{-1}^1 d\xi f_q(\xi) = \frac{1}{n \cdot P} \langle P | \bar{\psi}_q(0) \frac{\slashed{\bar{n}}}{2} W_n(0, 0) \psi_q(0) | P \rangle$

由于同一点的 Wilson 线 $W_n(0, 0) = 1$，且 $\slashed{\bar{n}} = \bar{n}_\mu \gamma^\mu$，我们得到： $\int_{-1}^1 d\xi f_q(\xi) = \frac{\bar{n}_\mu}{2(n \cdot P)} \langle P | \bar{\psi}_q(0) \gamma^\mu \psi_q(0) | P \rangle$

这正是自旋-1 矢量流算符 $\hat{O}_q^\mu = \bar{\psi}_q \gamma^\mu \psi_q$ 的矩阵元在 $\bar{n}$ 方向上的投影。最终结果为： $\boxed{ \int_{-1}^1 d\xi f_q(\xi) = \frac{\bar{n}_\mu}{2(n \cdot P)} \langle P | \hat{O}_q^\mu | P \rangle }$

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(b) 重现 Twist-2 spin-$m$ 算符的矩阵元

对于任意 $m$ 阶矩，我们在积分中引入 $\xi^{m-1}$。在傅里叶变换中，$\xi^{m-1}$ 等价于对共轭变量 $t$ 的导数： $\xi^{m-1} e^{-it\xi(n \cdot P)} = \left( \frac{i}{n \cdot P} \frac{\partial}{\partial t} \right)^{m-1} e^{-it\xi(n \cdot P)}$

将此代入 $m$ 阶矩的定义，并对 $t$ 进行分部积分（假设无穷远处边界项为零）： $\int_{-1}^1 d\xi \xi^{m-1} f_q(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} d\xi \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dt}{2\pi} e^{-it\xi(n \cdot P)} \left( \frac{-i}{n \cdot P} \frac{\partial}{\partial t} \right)^{m-1} \langle P | \bar{\psi}_q(tn) \frac{\slashed{\bar{n}}}{2} W_n(tn, 0) \psi_q(0) | P \rangle$

同样地，$\xi$ 积分给出 $\frac{2\pi}{n \cdot P} \delta(t)$，因此只需计算 $t=0$ 处的导数： $\int_{-1}^1 d\xi \xi^{m-1} f_q(\xi) = \frac{1}{n \cdot P} \left[ \left( \frac{-i}{n \cdot P} \frac{\partial}{\partial t} \right)^{m-1} \langle P | \bar{\psi}_q(tn) \frac{\slashed{\bar{n}}}{2} W_n(tn, 0) \psi_q(0) | P \rangle \right]_{t=0}$

带有 Wilson 线的非局域算符的泰勒展开会自然地引入协变导数 $D^\mu = \partial^\mu - igA^\mu$。根据平移不变性，导数可以等价地作用在 $\psi_q(0)$ 上： $\left[ \left( \frac{\partial}{\partial t} \right)^{m-1} \bar{\psi}_q(tn) W_n(tn, 0) \psi_q(0) \right]_{t=0} = \bar{\psi}_q(0) (-n \cdot \overrightarrow{D})^{m-1} \psi_q(0)$

代入上式，负号与 $-i$ 结合得到正的 $iD$： $\int_{-1}^1 d\xi \xi^{m-1} f_q(\xi) = \frac{1}{n \cdot P} \langle P | \bar{\psi}_q(0) \frac{\slashed{\bar{n}}}{2} \left( \frac{i n \cdot D}{n \cdot P} \right)^{m-1} \psi_q(0) | P \rangle$

将其展开并用 Twist-2 spin-$m$ 算符 $\hat{O}_q^{\mu_1 \dots \mu_m} = \bar{\psi}_q \gamma^{\{\mu_1} iD^{\mu_2} \dots iD^{\mu_m\}} \psi_q$ 表示： $\boxed{ \int_{-1}^1 d\xi \xi^{m-1} f_q(\xi) = \frac{\bar{n}_{\mu_1} n_{\mu_2} \dots n_{\mu_m}}{2(n \cdot P)^m} \langle P | \hat{O}_q^{\mu_1 \dots \mu_m} | P \rangle }$ 这成功重现了 Twist-2 spin-$m$ 算符的矩阵元。

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(c) 从 Mellin 矩重建光锥 PDF 定义

结论：可以重建。

推导过程： 已知所有阶的 Mellin 矩 $M_m = \int_{-1}^1 d\xi \xi^{m-1} f_q(\xi)$，我们可以构造 $f_q(\xi)$ 的傅里叶变换（即矩的生成函数）$\tilde{f}_q(y)$： $\tilde{f}_q(y) = \int_{-1}^1 d\xi e^{i \xi y} f_q(\xi) = \sum_{m=1}^\infty \frac{(iy)^{m-1}}{(m-1)!} M_m$

将 (b) 中得到的 $M_m$ 表达式代入： $\tilde{f}_q(y) = \frac{1}{n \cdot P} \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{(m-1)!} \langle P | \bar{\psi}_q(0) \frac{\slashed{\bar{n}}}{2} \left( \frac{i y (n \cdot D)}{n \cdot P} \right)^{m-1} \psi_q(0) | P \rangle$

令 $y = -t (n \cdot P)$，则上式变为： $\tilde{f}_q(-t(n \cdot P)) = \frac{1}{n \cdot P} \sum_{k=0}^\infty \frac{t^k}{k!} \langle P | \bar{\psi}_q(0) \frac{\slashed{\bar{n}}}{2} (n \cdot D)^k \psi_q(0) | P \rangle$

识别出求和项正是带有 Wilson 线的规范协变平移算符的泰勒展开： $\sum_{k=0}^\infty \frac{t^k}{k!} (n \cdot D)^k \psi_q(0) = W_n(0, tn) \psi_q(tn)$ $\tilde{f}_q(-t(n \cdot P)) = \frac{1}{n \cdot P} \langle P | \bar{\psi}_q(0) \frac{\slashed{\bar{n}}}{2} W_n(0, tn) \psi_q(tn) | P \rangle$

利用强子态矩阵元的平移不变性，将所有算符的坐标平移 $-tn$： $\tilde{f}_q(-t(n \cdot P)) = \frac{1}{n \cdot P} \langle P | \bar{\psi}_q(-tn) \frac{\slashed{\bar{n}}}{2} W_n(-tn, 0) \psi_q(0) | P \rangle$

令 $t \to -t$，得到： $\tilde{f}_q(t(n \cdot P)) = \frac{1}{n \cdot P} \langle P | \bar{\psi}_q(tn) \frac{\slashed{\bar{n}}}{2} W_n(tn, 0) \psi_q(0) | P \rangle$

最后，通过逆傅里叶变换恢复 $f_q(\xi)$。令 $y = t(n \cdot P)$，则 $dy = (n \cdot P)dt$： $f_q(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dy}{2\pi} e^{-i \xi y} \tilde{f}_q(y) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{(n \cdot P) dt}{2\pi} e^{-i \xi t (n \cdot P)} \tilde{f}_q(t(n \cdot P))$

代入 $\tilde{f}_q(t(n \cdot P))$ 的表达式，$(n \cdot P)$ 因子恰好抵消： $\boxed{ f_q(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dt}{2\pi} e^{-it\xi(n \cdot P)} \langle P | \bar{\psi}_q(tn) \frac{\slashed{\bar{n}}}{2} W_n(tn, 0) \psi_q(0) | P \rangle }$ 这完美地从 Mellin 矩逆向构造出了 Eq. (32.117) 中的光锥 PDF 定义。

习题 32.2 - 解答

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物理背景与概念说明

在部分子模型（Parton Model）中，强子（如质子）被视为由许多点状的组分——部分子（夸克、反夸克和胶子）组成的束缚态。假设强子具有极大的总动量 $P$（无限动量系），每个部分子携带强子总动量的一个纵向分数 $x$（或记为 $\xi$），即部分子的动量为 $p_j = xP$。

部分子分布函数（Parton Distribution Function, PDF）$f_j(x)$ 的物理意义是经典概率密度（更确切地说是数密度）：$f_j(x) dx$ 表示在动量分数区间 $[x, x+dx]$ 内，找到种类为 $j$ 的部分子的期望数量。

推导过程

根据 PDF 的定义，种类为 $j$、动量分数为 $x$ 的单个部分子所携带的动量为： $p_j = xP$

在动量分数区间 $[x, x+dx]$ 内，种类为 $j$ 的部分子的总数量为 $f_j(x) dx$。因此，这些部分子携带的总动量为： $dp_j = (xP) f_j(x) dx$

对所有可能的动量分数 $x$（由于 $x$ 是动量分数，其取值范围为 $0 \le x \le 1$）进行积分，可以得到种类为 $j$ 的所有部分子所携带的平均总动量 $\langle P_j \rangle$： $\langle P_j \rangle = \int_{0}^{1} (xP) f_j(x) dx$

由于强子完全由这些部分子构成，根据动量守恒定律，所有种类 $j$（包括所有的夸克、反夸克和胶子）的部分子所携带的动量之和，必须严格等于强子的总动量 $P$。因此，对所有部分子种类 $j$ 求和，我们有： $\sum_j \langle P_j \rangle = P$

将积分表达式代入上式中： $\sum_j \int_{0}^{1} (xP) f_j(x) dx = P$

由于强子的总动量 $P$ 是一个与积分变量 $x$ 和求和指标 $j$ 无关的常数，可以将其从求和与积分号中提取出来： $P \left( \sum_j \int_{0}^{1} x f_j(x) dx \right) = P$

等式两边同时除以非零的强子总动量 $P$，即可得到部分子的动量求和规则（Momentum Sum Rule）： $\sum_j \int_{0}^{1} x f_j(x) dx = 1$

该等式表明，所有部分子携带的动量分数之和的期望值为 1，这正是经典概率和动量守恒的必然结果。将积分变量 $x$ 替换为 $\xi$，即得到公式 (32.29)。

习题 32.3 - 解答

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为了推导分布等式 (32.38)，我们需要考察分布 $\frac{1}{(1-z)^{1+\varepsilon}}$ 作用在定义于区间 $z \in [0,1]$ 上的任意平滑测试函数 $g(z)$ 上的积分。

设该积分为 $I$，即：

作变量代换 $x = 1-z$，则 $dz = -dx$，积分区间变为 $x \in [0,1]$。定义 $f(x) = g(1-x)$，此时 $f(0) = g(1)$。积分可以写为：

注意，题目提示中的公式 (32.118) 使用了 $x^{-1+\varepsilon}$，而目标公式 (32.38) 的分母为 $(1-z)^{1+\varepsilon}$，对应的是 $x^{-1-\varepsilon}$。我们直接采用与目标公式一致的指数 $-1-\varepsilon$。借鉴提示中的方法，我们在被积函数中加上并减去 $f(0)$，将积分拆分为两项：

第一项的计算： 对于第一项，我们假设 $\text{Re}(\varepsilon) < 0$ 以保证积分在 $x=0$ 处收敛（随后通过解析延拓推广到其他区域）：

代回原变量 $f(0) = g(1)$，这等价于狄拉克 $\delta$ 函数的作用：

第二项的展开： 对于第二项，由于 $f(x)$ 是平滑的，当 $x \to 0$ 时 $[f(x) - f(0)] \sim \mathcal{O}(x)$，这足以抵消 $1/x$ 的奇异性。因此，我们可以安全地将 $x^{-1-\varepsilon}$ 在 $\varepsilon = 0$ 处进行泰勒展开：

将其代入第二项积分中：

将变量还原为 $z = 1-x$，则 $x = 1-z$，且 $f(x) = g(z)$，$f(0) = g(1)$：

引入加号分布（Plus Distribution）： 加号分布 $[D(z)]_+$ 作用于测试函数 $g(z)$ 的定义为：

利用该定义，第二项积分可以精确地写为加号分布的形式：

合并结果： 将第一项和第二项的结果相加，我们得到分布作用在任意测试函数 $g(z)$ 上的完整表达式：

由于该等式对任意平滑测试函数 $g(z)$ 均成立，我们可以直接提取出分布本身的等式：

将求和级数的前两项（$n=0$ 和 $n=1$）显式写出，即得到最终的展开式：

习题 32.4 - 解答

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题目分析与物理背景

在深度非弹性散射（DIS）中，强子张量 $W^{\mu\nu}$ 可以用两个结构函数 $W_1$ 和 $W_2$ 来参数化（假设非极化散射且忽略弱相互作用）： $W^{\mu\nu} = W_1 \left( -g^{\mu\nu} + \frac{q^\mu q^\nu}{q^2} \right) + \frac{W_2}{M^2} \left( p^\mu - \frac{p \cdot q}{q^2} q^\mu \right) \left( p^\nu - \frac{p \cdot q}{q^2} q^\nu \right)$ 其中 $p$ 是靶核子的四维动量，$q$ 是虚光子的四维动量，$M$ 是核子质量。

在部分子模型中，如果夸克是自旋为 $1/2$ 的费米子，由于在 Breit 参考系中自旋 $1/2$ 的无质量粒子只能吸收横向极化的虚光子，这导致了著名的 Callan-Gross 关系：$2xM W_1 = \nu W_2$（或写为 $2x F_1 = F_2$）。 本题要求推导如果夸克是自旋为 $0$ 的标量粒子时，$W_1$ 和 $W_2$ 之间会产生什么新的关系，并说明如何通过实验检验这一预测。

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1. 标量夸克下 $W_1$ 与 $W_2$ 的关系推导

假设夸克是标量粒子（自旋为 0）。在部分子模型中，入射虚光子与携带核子动量分数 $x$ 的部分子发生弹性散射，部分子的初始动量为 $k = xp$。

对于标量粒子，电磁顶点的费曼规则给出的因子正比于 $(k + k')^\mu$，其中末态部分子动量 $k' = k + q$。因此，标量部分子张量 $\hat{W}^{\mu\nu}$ 正比于矩阵元的平方： $\hat{W}^{\mu\nu} \propto (k + k')^\mu (k + k')^\nu \delta((k+q)^2 - m_q^2)$ 代入 $k' = k + q$，顶点因子变为 $(2k + q)^\mu$。在 Bjorken 极限下，忽略夸克质量和核子质量（$m_q^2 \approx 0, p^2 \approx 0$），动量守恒的 $\delta$ 函数要求： $(k+q)^2 \approx 2k \cdot q + q^2 = 2x p \cdot q + q^2 = 0 \implies x = \frac{-q^2}{2p \cdot q} = x_B$ 此时，顶点因子可以写为： $(2k + q)^\mu = (2xp + q)^\mu$ 利用在 $\delta$ 函数支撑集上成立的运动学关系 $2x p \cdot q = -q^2$，我们可以将上式改写为规范不变的形式。提取因子 $2x$： $(2xp + q)^\mu = 2x \left( p^\mu + \frac{1}{2x} q^\mu \right) = 2x \left( p^\mu - \frac{p \cdot q}{q^2} q^\mu \right)$ 因此，标量部分子张量 $\hat{W}^{\mu\nu}$ 的结构为： $\hat{W}^{\mu\nu} \propto 4x^2 \left( p^\mu - \frac{p \cdot q}{q^2} q^\mu \right) \left( p^\nu - \frac{p \cdot q}{q^2} q^\nu \right)$

将此微观部分子张量与宏观强子张量 $W^{\mu\nu}$ 的一般形式进行对比。可以明显看出，标量部分子张量中完全不包含 $\left( -g^{\mu\nu} + \frac{q^\mu q^\nu}{q^2} \right)$ 这一项。 由于 $W_1$ 是该项的系数，我们必然得出： $W_1 = 0$ 而 $W_2$ 项的系数非零。

物理图像（螺旋度守恒论证）： 结构函数 $W_1$ 仅与横向极化虚光子的吸收截面 $\sigma_T$ 成正比，而 $W_2$ 与纵向和横向极化截面之和 $(\sigma_T + \sigma_L)$ 成正比。在 Breit 参考系（砖墙参考系）中，虚光子只携带动量而不携带能量。如果夸克是自旋为 0 的标量粒子，它无法改变自身的自旋状态来吸收一个携带螺旋度 $\lambda = \pm 1$ 的横向极化光子（这会违背角动量守恒）。因此，标量夸克只能吸收纵向极化（标量）光子，即 $\sigma_T = 0$。这直接导致 $W_1 = 0$。

因此，如果夸克是标量粒子，替代 Callan-Gross 关系的新关系为： $\boxed{W_1 = 0 \quad \text{or} \quad F_1 = 0}$

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2. 实验检验方法

要检验这一预测，可以通过测量电子-核子深度非弹性散射的微分截面来进行。在实验室参考系中，电子散射的微分截面公式（Rosenbluth 公式）为： $\frac{d^2\sigma}{d\Omega dE'} = \frac{\alpha^2 \cos^2(\theta/2)}{4 E^2 \sin^4(\theta/2)} \left[ W_2(x, Q^2) + 2 W_1(x, Q^2) \tan^2(\theta/2) \right]$ 其中 $E$ 是入射电子能量，$E'$ 是散射电子能量，$\theta$ 是散射角。

检验步骤（Rosenbluth 分离法）：

1. 定义约化截面 $\sigma_R$ 为实验测量的微分截面除以 Mott 截面（即公式中括号外的因子）： $\sigma_R = \frac{d^2\sigma / d\Omega dE'}{\sigma_{\text{Mott}}} = W_2 + 2 W_1 \tan^2(\theta/2)$
2. 在实验中，保持运动学变量 $x$ 和 $Q^2$ 固定（这意味着能量转移 $\nu$ 也是固定的），通过改变入射能量 $E$ 和散射角 $\theta$ 来进行多次测量。
3. 将测得的约化截面 $\sigma_R$ 作为 $\tan^2(\theta/2)$ 的函数绘制图表（Rosenbluth plot）。
4. 根据公式，该图应为一条直线。直线的斜率等于 $2W_1$，截距等于 $W_2$。

预测与结论：

• 如果夸克是标量粒子（本题假设），预测 $W_1 = 0$。在 Rosenbluth 图中，实验数据点将拟合出一条斜率为零的水平线。
• 如果夸克是自旋 $1/2$ 的费米子（真实物理情况），斜率将显著大于零，且满足 Callan-Gross 关系 $2xM W_1 = \nu W_2$。
• 此外，也可以通过测量纵向与横向截面比 $R = \sigma_L / \sigma_T$ 来检验。对于标量夸克，由于 $\sigma_T \to 0$，$R \to \infty$；而实验实际测得 $R \to 0$，从而排除了标量夸克的假设。