Gauge Field Notes
33.1

Problem 33.1

schwarzChapter 33

习题 33.1

来源: 第33章, PDF第732页

33.1 Complete the calculation of the Euler–Heisenberg Lagrangian using Landau levels in an arbitrary FμνF_{\mu \nu}. Show that for an electric field B→iEB \rightarrow i E is justified. Also show that the result for a general electromagnetic field is given by Eq. (33.71).

Referenced Equations:

Equation (33.71):

LEH=−14Fμν2+e232π2∫0∞dsseisεe−sm2Re⁡cosh⁡(esX)Im⁡cosh⁡(esX)FμνF~μν.(33.71)\mathcal{L}_{\mathrm{EH}} = -\frac{1}{4} F_{\mu\nu}^2 + \frac{e^2}{32\pi^2} \int_0^\infty \frac{ds}{s} e^{is\varepsilon} e^{-sm^2} \frac{\operatorname{Re} \cosh(esX)}{\operatorname{Im} \cosh(esX)} F^{\mu\nu} \tilde{F}_{\mu\nu}. \tag{33.71}

习题 33.1 - 解答

1. Calculation of the Effective Lagrangian using Landau Levels

For a pure constant magnetic field B⃗=Bz^\vec{B} = B \hat{z}, the energy levels of a Dirac fermion are given by the Landau levels: En,pz,σ2=m2+pz2+eB(2n+1−σ)E_{n, p_z, \sigma}^2 = m^2 + p_z^2 + eB(2n + 1 - \sigma) where n≥0n \ge 0 is the Landau level index, pzp_z is the continuous momentum along the zz-axis, and σ=±1\sigma = \pm 1 is the spin projection.

The one-loop effective Lagrangian L(1)\mathcal{L}^{(1)} is the shift in the vacuum zero-point energy. For a 4-component Dirac fermion, the states are doubly degenerate (accounting for particles and antiparticles). Integrating over pzp_z and summing over the transverse density of states eB2π\frac{eB}{2\pi}, we have: L(1)(B)=−2∫−∞∞dpz2πeB2π∑n=0∞∑σ=±112m2+pz2+eB(2n+1−σ)\mathcal{L}^{(1)}(B) = - 2 \int_{-\infty}^\infty \frac{dp_z}{2\pi} \frac{eB}{2\pi} \sum_{n=0}^\infty \sum_{\sigma=\pm 1} \frac{1}{2} \sqrt{m^2 + p_z^2 + eB(2n + 1 - \sigma)} Using the proper time identity A=−12π∫0∞dss3/2e−sA\sqrt{A} = -\frac{1}{2\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \frac{ds}{s^{3/2}} e^{-sA}, the integral becomes: L(1)(B)=eB8π5/2∫0∞dss3/2e−sm2∫−∞∞dpze−spz2∑n=0∞∑σ=±1e−seB(2n+1−σ)\mathcal{L}^{(1)}(B) = \frac{eB}{8\pi^{5/2}} \int_0^\infty \frac{ds}{s^{3/2}} e^{-sm^2} \int_{-\infty}^\infty dp_z e^{-s p_z^2} \sum_{n=0}^\infty \sum_{\sigma=\pm 1} e^{-seB(2n + 1 - \sigma)} The Gaussian integral over pzp_z yields π/s\sqrt{\pi/s}. The sum over the spin and Landau levels evaluates to: ∑n=0∞(e−2nseB+e−2(n+1)seB)=1+2∑n=1∞e−2nseB=coth⁡(esB)\sum_{n=0}^\infty \left( e^{-2nseB} + e^{-2(n+1)seB} \right) = 1 + 2\sum_{n=1}^\infty e^{-2nseB} = \coth(esB) Substituting these back, we obtain the unrenormalized one-loop effective Lagrangian for a pure magnetic field: L(1)(B)=18π2∫0∞dss3e−sm2(esBcoth⁡(esB))\mathcal{L}^{(1)}(B) = \frac{1}{8\pi^2} \int_0^\infty \frac{ds}{s^3} e^{-sm^2} (esB \coth(esB))

2. Justification of the Substitution B→iEB \rightarrow iE

For a pure constant electric field E⃗=Ez^\vec{E} = E \hat{z}, we can perform a Wick rotation to Euclidean space by taking t=−iτt = -i\tau. The temporal component of the gauge field transforms as A0=iA4A_0 = iA_4. The electric field Ez=F03=∂0A3−∂3A0E_z = F_{03} = \partial_0 A_3 - \partial_3 A_0 becomes: F43=∂4A3−∂3A4=−i(∂0A3−∂3A0)=−iEF_{43} = \partial_4 A_3 - \partial_3 A_4 = -i (\partial_0 A_3 - \partial_3 A_0) = -i E In Euclidean space, F43F_{43} acts exactly as a magnetic field BE=−iEB_E = -iE in the x4−x3x_4-x_3 plane. Because the Euclidean action is O(4)O(4) rotationally invariant, the spectrum of the Dirac operator in the presence of an electric field is identical to that of a magnetic field, with the replacement B→BE=−iEB \rightarrow B_E = -iE.

Applying this substitution to the proper time integrand derived above, we get: es(−iE)coth⁡(es(−iE))=esEcot⁡(esE)es(-iE) \coth(es(-iE)) = esE \cot(esE) Since the function xcoth⁡xx \coth x is even, substituting B→iEB \rightarrow iE or B→−iEB \rightarrow -iE yields the exact same valid result for the electric field contribution.

3. General Electromagnetic Field and Eq. (33.71)

For an arbitrary constant electromagnetic field, we can always boost to a Lorentz frame where E⃗\vec{E} and B⃗\vec{B} are parallel. In this frame, the Dirac operator separates into commuting transverse (magnetic) and longitudinal (electric) parts. The total proper time trace is simply the product of the two independent 2D traces. Thus, the one-loop effective Lagrangian is: L(1)(E,B)=18π2∫0∞dss3e−sm2(esBcoth⁡(esB))(esEcot⁡(esE))\mathcal{L}^{(1)}(E, B) = \frac{1}{8\pi^2} \int_0^\infty \frac{ds}{s^3} e^{-sm^2} (esB \coth(esB)) (esE \cot(esE))

To express this in a manifestly Lorentz-invariant form, we use the secular invariants of the electromagnetic field: F=14FμνFμν=12(B2−E2),G=14FμνF~μν=−E⃗⋅B⃗=−EB\mathcal{F} = \frac{1}{4} F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} = \frac{1}{2}(B^2 - E^2), \quad \mathcal{G} = \frac{1}{4} F_{\mu\nu} \tilde{F}^{\mu\nu} = -\vec{E} \cdot \vec{B} = -EB We define a complex invariant XX such that: X2=2(F+iG)=(B2−E2)−2iEB=(B−iE)2  ⟹  X=B−iEX^2 = 2(\mathcal{F} + i\mathcal{G}) = (B^2 - E^2) - 2iEB = (B - iE)^2 \implies X = B - iE Now, we evaluate the hyperbolic cosine of this complex invariant: cosh⁡(esX)=cosh⁡(esB−iesE)=cosh⁡(esB)cos⁡(esE)−isinh⁡(esB)sin⁡(esE)\cosh(esX) = \cosh(esB - iesE) = \cosh(esB)\cos(esE) - i \sinh(esB)\sin(esE) Taking the real and imaginary parts, we find their ratio: Re⁡cosh⁡(esX)Im⁡cosh⁡(esX)=cosh⁡(esB)cos⁡(esE)−sinh⁡(esB)sin⁡(esE)=−coth⁡(esB)cot⁡(esE)\frac{\operatorname{Re} \cosh(esX)}{\operatorname{Im} \cosh(esX)} = \frac{\cosh(esB)\cos(esE)}{-\sinh(esB)\sin(esE)} = -\coth(esB)\cot(esE) Multiplying this ratio by the invariant FμνF~μν=4G=−4EBF^{\mu\nu} \tilde{F}_{\mu\nu} = 4\mathcal{G} = -4EB, we obtain: Re⁡cosh⁡(esX)Im⁡cosh⁡(esX)FμνF~μν=4EBcoth⁡(esB)cot⁡(esE)\frac{\operatorname{Re} \cosh(esX)}{\operatorname{Im} \cosh(esX)} F^{\mu\nu} \tilde{F}_{\mu\nu} = 4EB \coth(esB)\cot(esE) Substitute this algebraic identity into the integral of Eq. (33.71) (including the convergence factor eisεe^{is\varepsilon}): e232π2∫0∞dsseisεe−sm2[4EBcoth⁡(esB)cot⁡(esE)]=18π2∫0∞dss3eisεe−sm2(esBcoth⁡(esB))(esEcot⁡(esE))\frac{e^2}{32\pi^2} \int_0^\infty \frac{ds}{s} e^{is\varepsilon} e^{-sm^2} \left[ 4EB \coth(esB)\cot(esE) \right] = \frac{1}{8\pi^2} \int_0^\infty \frac{ds}{s^3} e^{is\varepsilon} e^{-sm^2} (esB \coth(esB)) (esE \cot(esE)) This exactly matches the unrenormalized one-loop effective Lagrangian L(1)\mathcal{L}^{(1)} derived from the Landau levels. Adding the classical tree-level Maxwell Lagrangian L(0)=−14Fμν2\mathcal{L}^{(0)} = -\frac{1}{4} F_{\mu\nu}^2, we arrive at the complete Euler-Heisenberg Lagrangian:

LEH=−14Fμν2+e232π2∫0∞dsseisεe−sm2Re⁡cosh⁡(esX)Im⁡cosh⁡(esX)FμνF~μν\boxed{ \mathcal{L}_{\mathrm{EH}} = -\frac{1}{4} F_{\mu\nu}^2 + \frac{e^2}{32\pi^2} \int_0^\infty \frac{ds}{s} e^{is\varepsilon} e^{-sm^2} \frac{\operatorname{Re} \cosh(esX)}{\operatorname{Im} \cosh(esX)} F^{\mu\nu} \tilde{F}_{\mu\nu} }
33.2

Problem 33.2

schwarzChapter 33

习题 33.2

来源: 第33章, PDF第732页

33.2 Calculate light-by-light scattering using helicity spinors.

习题 33.2 - 解答

物理背景与有效作用量

光子-光子散射（Light-by-light scattering, γγ→γγ\gamma\gamma \to \gamma\gamma）在量子电动力学（QED）中发生在单圈阶（O(α2)\mathcal{O}(\alpha^2)）。在低能极限下（光子能量 ω≪me\omega \ll m_e），可以通过积分掉电子圈，得到 Euler-Heisenberg 有效拉格朗日量。使用旋量螺旋度形式（Spinor Helicity Formalism）计算该有效理论的树图振幅，是展示该形式威力的经典方法。

Euler-Heisenberg 有效拉格朗日量为： L=c1(FμνFμν)2+c2(FμνF~μν)2\mathcal{L} = c_1 (F_{\mu\nu}F^{\mu\nu})^2 + c_2 (F_{\mu\nu}\tilde{F}^{\mu\nu})^2 其中，系数为 c1=α290me4c_1 = \frac{\alpha^2}{90 m_e^4}， c2=7α2360me4c_2 = \frac{7\alpha^2}{360 m_e^4}，对偶场强定义为 F~μν=12ϵμνρσFρσ\tilde{F}^{\mu\nu} = \frac{1}{2}\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}F_{\rho\sigma}。

场强的旋量表示

在旋量形式中，反对称张量 FμνF_{\mu\nu} 可以分解为自对偶（Self-Dual, SD）和反自对偶（Anti-Self-Dual, ASD）部分： Fαα˙ββ˙=σαα˙μσββ˙νFμν=2(ϵα˙β˙fαβ+ϵαβf~α˙β˙)F_{\alpha \dot{\alpha} \beta \dot{\beta}} = \sigma^\mu_{\alpha \dot{\alpha}} \sigma^\nu_{\beta \dot{\beta}} F_{\mu\nu} = 2 \left( \epsilon_{\dot{\alpha} \dot{\beta}} f_{\alpha \beta} + \epsilon_{\alpha \beta} \tilde{f}_{\dot{\alpha} \dot{\beta}} \right) 对于动量为 pp、极化矢量为 ϵ±\epsilon^\pm 的外部光子，其场强 Fμν=pμϵν−pνϵμF_{\mu\nu} = p_\mu \epsilon_\nu - p_\nu \epsilon_\mu。代入极化矢量的旋量表达式 ϵμ+=⟨q∣σμ∣p]2⟨qp⟩\epsilon_\mu^+ = \frac{\langle q | \sigma_\mu | p ]}{\sqrt{2} \langle q p \rangle} 和 ϵμ−=[q∣σˉμ∣p⟩2[pq]\epsilon_\mu^- = \frac{[ q | \bar{\sigma}_\mu | p \rangle}{\sqrt{2} [ p q ]}，可以发现参考旋量 qq 完全消去：

  1. 正螺旋度光子（纯自对偶）： Fαα˙ββ˙+=2ϵαβ[p∣α˙[p∣β˙F^+_{\alpha \dot{\alpha} \beta \dot{\beta}} = \sqrt{2} \epsilon_{\alpha \beta} [p|_{\dot{\alpha}} [p|_{\dot{\beta}}
  2. 负螺旋度光子（纯反自对偶）： Fαα˙ββ˙−=2ϵα˙β˙∣p⟩α∣p⟩βF^-_{\alpha \dot{\alpha} \beta \dot{\beta}} = \sqrt{2} \epsilon_{\dot{\alpha} \dot{\beta}} |p\rangle_\alpha |p\rangle_\beta

定义两个场强的缩并 Fi⋅Fj≡12FiμνFjμν=18Fiαα˙ββ˙Fjαα˙ββ˙F_i \cdot F_j \equiv \frac{1}{2} F_{i\mu\nu} F_j^{\mu\nu} = \frac{1}{8} F_{i \alpha \dot{\alpha} \beta \dot{\beta}} F_j^{\alpha \dot{\alpha} \beta \dot{\beta}}。利用上述旋量表达式，可得： Fi+⋅Fj+=[ij]2,Fi−⋅Fj−=⟨ij⟩2,Fi+⋅Fj−=0F_i^+ \cdot F_j^+ = [i j]^2, \quad F_i^- \cdot F_j^- = \langle i j \rangle^2, \quad F_i^+ \cdot F_j^- = 0

拉格朗日量的旋量形式

将总场强分解为正负螺旋度贡献之和：F=F++F−F = F^+ + F^-。 由于 F+F^+ 是自对偶的（F~+=−iF+\tilde{F}^+ = -iF^+），F−F^- 是反自对偶的（F~−=iF−\tilde{F}^- = iF^-），我们有： FμνFμν=(F++F−)2=(F+)2+(F−)2F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = (F^+ + F^-)^2 = (F^+)^2 + (F^-)^2 FμνF~μν=−i(F++F−)(F+−F−)=−i((F+)2−(F−)2)F_{\mu\nu}\tilde{F}^{\mu\nu} = -i(F^+ + F^-)(F^+ - F^-) = -i((F^+)^2 - (F^-)^2) 代入有效拉格朗日量并展开： L=c1((F+)2+(F−)2)2−c2((F+)2−(F−)2)2\mathcal{L} = c_1 \left( (F^+)^2 + (F^-)^2 \right)^2 - c_2 \left( (F^+)^2 - (F^-)^2 \right)^2 L=(c1−c2)((F+)4+(F−)4)+2(c1+c2)(F+)2(F−)2\mathcal{L} = (c_1 - c_2) \left( (F^+)^4 + (F^-)^4 \right) + 2(c_1 + c_2) (F^+)^2 (F^-)^2 代入 c1,c2c_1, c_2 的值，得到相互作用项： Lint=−α2120me4((F+)4+(F−)4)+11α2180me4(F+)2(F−)2\mathcal{L}_{int} = -\frac{\alpha^2}{120 m_e^4} \left( (F^+)^4 + (F^-)^4 \right) + \frac{11\alpha^2}{180 m_e^4} (F^+)^2 (F^-)^2

螺旋度振幅计算

根据交叉对称性，我们考虑所有光子均为入射的散射过程 0→γ1γ2γ3γ40 \to \gamma_1 \gamma_2 \gamma_3 \gamma_4。

1. 同向螺旋度振幅 M(1+,2+,3+,4+)\mathcal{M}(1^+, 2^+, 3^+, 4^+) 此时所有光子均贡献给 F+F^+，相关算符为 (F+)4=(F+⋅F+)2(F^+)^4 = (F^+ \cdot F^+)^2。 展开算符并提取包含所有四个外部光子 1,2,3,41, 2, 3, 4 的交叉项。考虑到全对称性，共有 3 种独立的缩并方式，每种方式有 8 种排列（例如 (F1⋅F2)(F3⋅F4)(F_1 \cdot F_2)(F_3 \cdot F_4) 出现 8 次）： ⟨1+2+3+4+∣(F+⋅F+)2∣0⟩=8((F1+⋅F2+)(F3+⋅F4+)+(F1+⋅F3+)(F2+⋅F4+)+(F1+⋅F4+)(F2+⋅F3+))\langle 1^+ 2^+ 3^+ 4^+ | (F^+ \cdot F^+)^2 | 0 \rangle = 8 \left( (F_1^+ \cdot F_2^+)(F_3^+ \cdot F_4^+) + (F_1^+ \cdot F_3^+)(F_2^+ \cdot F_4^+) + (F_1^+ \cdot F_4^+)(F_2^+ \cdot F_3^+) \right) 代入 Fi+⋅Fj+=[ij]2F_i^+ \cdot F_j^+ = [i j]^2，并乘以拉格朗日量中的系数 −α2120me4-\frac{\alpha^2}{120 m_e^4}： M(++++)=−α2120me4×8([12]2[34]2+[13]2[24]2+[14]2[23]2)\mathcal{M}(++++) = -\frac{\alpha^2}{120 m_e^4} \times 8 \left( [1 2]^2 [3 4]^2 + [1 3]^2 [2 4]^2 + [1 4]^2 [2 3]^2 \right) M(++++)=−α215me4([12]2[34]2+[13]2[24]2+[14]2[23]2)\mathcal{M}(++++) = -\frac{\alpha^2}{15 m_e^4} \left( [1 2]^2 [3 4]^2 + [1 3]^2 [2 4]^2 + [1 4]^2 [2 3]^2 \right) 由宇称对称性（将方括号换为尖括号），全负螺旋度振幅为： M(−−−−)=−α215me4(⟨12⟩2⟨34⟩2+⟨13⟩2⟨24⟩2+⟨14⟩2⟨23⟩2)\mathcal{M}(----) = -\frac{\alpha^2}{15 m_e^4} \left( \langle 1 2 \rangle^2 \langle 3 4 \rangle^2 + \langle 1 3 \rangle^2 \langle 2 4 \rangle^2 + \langle 1 4 \rangle^2 \langle 2 3 \rangle^2 \right)

2. 单翻转螺旋度振幅 M(1+,2+,3+,4−)\mathcal{M}(1^+, 2^+, 3^+, 4^-) 此构型需要从拉格朗日量中提取包含三个 F+F^+ 和一个 F−F^- 的项。然而，Lint\mathcal{L}_{int} 中仅包含 (F+)4(F^+)^4, (F−)4(F^-)^4 和 (F+)2(F−)2(F^+)^2(F^-)^2，不存在 (F+)3F−(F^+)^3 F^- 形式的项。因此： M(+++−)=M(−−−+)=0\mathcal{M}(+++-) = \mathcal{M}(---+) = 0

3. MHV 螺旋度振幅 M(1+,2+,3−,4−)\mathcal{M}(1^+, 2^+, 3^-, 4^-) 光子 1, 2 贡献给 F+F^+，光子 3, 4 贡献给 F−F^-。相关算符为 (F+)2(F−)2(F^+)^2 (F^-)^2。 F+F^+ 必须与 1, 2 缩并，F−F^- 必须与 3, 4 缩并。排列组合给出 4 种等价收缩： ⟨1+2+3−4−∣(F+⋅F+)(F−⋅F−)∣0⟩=4(F1+⋅F2+)(F3−⋅F4−)=4[12]2⟨34⟩2\langle 1^+ 2^+ 3^- 4^- | (F^+ \cdot F^+)(F^- \cdot F^-) | 0 \rangle = 4 (F_1^+ \cdot F_2^+)(F_3^- \cdot F_4^-) = 4 [1 2]^2 \langle 3 4 \rangle^2 乘以拉格朗日量中的系数 11α2180me4\frac{11\alpha^2}{180 m_e^4}： M(++−−)=11α2180me4×4[12]2⟨34⟩2=11α245me4[12]2⟨34⟩2\mathcal{M}(++--) = \frac{11\alpha^2}{180 m_e^4} \times 4 [1 2]^2 \langle 3 4 \rangle^2 = \frac{11\alpha^2}{45 m_e^4} [1 2]^2 \langle 3 4 \rangle^2 其他排列（如 +−+−+-+-）可通过交换动量标签直接得到。

最终结果汇总

低能光子-光子散射的独立螺旋度振幅如下（其余构型可通过动量交换或复共轭得到）：

M(1+,2+,3+,4+)=−α215me4([12]2[34]2+[13]2[24]2+[14]2[23]2)M(1+,2+,3+,4−)=0M(1+,2+,3−,4−)=11α245me4[12]2⟨34⟩2\boxed{ \begin{aligned} \mathcal{M}(1^+, 2^+, 3^+, 4^+) &= -\frac{\alpha^2}{15 m_e^4} \left( [1 2]^2 [3 4]^2 + [1 3]^2 [2 4]^2 + [1 4]^2 [2 3]^2 \right) \\ \mathcal{M}(1^+, 2^+, 3^+, 4^-) &= 0 \\ \mathcal{M}(1^+, 2^+, 3^-, 4^-) &= \frac{11\alpha^2}{45 m_e^4} [1 2]^2 \langle 3 4 \rangle^2 \end{aligned} }
33.3

Problem 33.3

schwarzChapter 33

习题 33.3

来源: 第33章, PDF第732页

33.3 Calculate the contour integral to derive the pair-production rate Eq. (33.94) from Eq. (33.93). It is helpful to first expand the integration limits to ∫−∞∞ds\int_{-\infty}^{\infty} d s, then deform the contour to pick up the poles.

Referenced Equations:

Equation (33.93):

2Im(Leff)=14π∑n=1∞1sn2e−m2sn=αE2π2∑n=1∞1n2exp⁡(−nπm2eE).(33.93)2\text{Im}(\mathcal{L}_{\text{eff}}) = \frac{1}{4\pi} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{s_n^2} e^{-m^2 s_n} = \frac{\alpha E^2}{\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \exp \left( \frac{-n\pi m^2}{eE} \right). \tag{33.93}

Equation (33.94):

Γ(E→e+e− pairs)=αE2π2Li2(e−πm2eE),(33.94)\Gamma(E \rightarrow e^+ e^- \text{ pairs}) = \frac{\alpha E^2}{\pi^2} \text{Li}_2 \left( e^{-\frac{\pi m^2}{eE}} \right), \tag{33.94}

习题 33.3 - 解答

为了推导恒定电场下的施温格对产生率（Schwinger pair-production rate），我们从闵可夫斯基时空中单圈有效拉格朗日量（Euler-Heisenberg effective Lagrangian）的本征时积分表达式出发。对于纯电场 EE，有效拉格朗日量为：

Leff=18π2∫0∞dss3e−im2s[eEscoth⁡(eEs)−1−13(eEs)2]\mathcal{L}_{\text{eff}} = \frac{1}{8\pi^2} \int_0^\infty \frac{ds}{s^3} e^{-i m^2 s} \left[ eEs \coth(eEs) - 1 - \frac{1}{3}(eEs)^2 \right]

其中 ss 为本征时。为了求出真空衰变率，我们需要计算 Leff\mathcal{L}_{\text{eff}} 的虚部。

1. 扩展积分区间与奇偶性分析 令被积函数中的非指数部分为 h(s)h(s)：

h(s)=1s3[eEscoth⁡(eEs)−1−13(eEs)2]h(s) = \frac{1}{s^3} \left[ eEs \coth(eEs) - 1 - \frac{1}{3}(eEs)^2 \right]

由于 coth⁡(−x)=−coth⁡(x)\coth(-x) = -\coth(x)，括号内的项是 ss 的偶函数，而 1/s31/s^3 是奇函数，因此 h(s)h(s) 是一个奇函数，即 h(−s)=−h(s)h(-s) = -h(s)。 同时，在 s→0s \to 0 时，利用泰勒展开 xcoth⁡x≈1+x2/3−x4/45x\coth x \approx 1 + x^2/3 - x^4/45，可知括号内的项表现为 −(eEs)4/45- (eEs)^4/45，因此 h(s)∝sh(s) \propto s，在 s=0s=0 处没有极点，解析性良好。

有效拉格朗日量的虚部可以写为：

2iIm(Leff)=Leff−Leff∗=18π2∫0∞ds(e−im2s−eim2s)h(s)2i\text{Im}(\mathcal{L}_{\text{eff}}) = \mathcal{L}_{\text{eff}} - \mathcal{L}_{\text{eff}}^* = \frac{1}{8\pi^2} \int_0^\infty ds \left( e^{-i m^2 s} - e^{i m^2 s} \right) h(s)

利用 h(s)h(s) 的奇函数性质，将第二项的积分变量代换为 s→−ss \to -s：

−∫0∞dseim2sh(s)=∫0∞dseim2sh(−s)=∫−∞0dse−im2sh(s)-\int_0^\infty ds e^{i m^2 s} h(s) = \int_0^\infty ds e^{i m^2 s} h(-s) = \int_{-\infty}^0 ds e^{-i m^2 s} h(s)

因此，我们可以将积分区间扩展到整个实轴：

2iIm(Leff)=18π2∫−∞∞dse−im2sh(s)(1)2i\text{Im}(\mathcal{L}_{\text{eff}}) = \frac{1}{8\pi^2} \int_{-\infty}^\infty ds e^{-i m^2 s} h(s) \tag{1}

2. 留数定理与围道形变 现在我们在复平面上计算积分 ∫−∞∞dse−im2sh(s)\int_{-\infty}^\infty ds e^{-i m^2 s} h(s)。 被积函数的极点来源于 coth⁡(eEs)=cosh⁡(eEs)sinh⁡(eEs)\coth(eEs) = \frac{\cosh(eEs)}{\sinh(eEs)} 的分母为零处，即 sinh⁡(eEs)=0\sinh(eEs) = 0。 极点位置为：

zn=inπeE,n∈Z∖{0}z_n = \frac{i n \pi}{eE}, \quad n \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}

由于指数因子 e−im2se^{-i m^2 s} 在下半平面（Im(s)<0\text{Im}(s) < 0）呈指数衰减，我们可以将积分围道在下半平面闭合（顺时针方向）。根据约当引理，大半圆弧上的积分贡献为零。 下半平面内包含的极点对应于 n<0n < 0。令 n=−kn = -k （k=1,2,3,…k = 1, 2, 3, \dots），这些极点为：

z−k=−ikπeEz_{-k} = \frac{-i k \pi}{eE}

计算 h(s)h(s) 在 z−kz_{-k} 处的留数。在 s→z−ks \to z_{-k} 附近：

sinh⁡(eEs)≈eE(s−z−k)cosh⁡(eEz−k)\sinh(eEs) \approx eE(s - z_{-k}) \cosh(eE z_{-k})

因此 coth⁡(eEs)≈1eE(s−z−k)\coth(eEs) \approx \frac{1}{eE(s - z_{-k})}。代入 h(s)h(s) 得到：

Ress=z−kh(s)=1z−k3eEz−k1eE=1z−k2\text{Res}_{s=z_{-k}} h(s) = \frac{1}{z_{-k}^3} eE z_{-k} \frac{1}{eE} = \frac{1}{z_{-k}^2}

所以完整被积函数 e−im2sh(s)e^{-i m^2 s} h(s) 的留数为：

Ress=z−k[e−im2sh(s)]=1z−k2e−im2z−k\text{Res}_{s=z_{-k}} \left[ e^{-i m^2 s} h(s) \right] = \frac{1}{z_{-k}^2} e^{-i m^2 z_{-k}}

为了与题目中的符号对应，定义实数 sk=kπeEs_k = \frac{k\pi}{eE}，则极点可以写为 z−k=−iskz_{-k} = -i s_k。 代入留数表达式中：

z−k2=(−isk)2=−sk2z_{-k}^2 = (-i s_k)^2 = -s_k^2
−im2z−k=−im2(−isk)=−m2sk-i m^2 z_{-k} = -i m^2 (-i s_k) = -m^2 s_k

因此，每个极点处的留数为 −1sk2e−m2sk-\frac{1}{s_k^2} e^{-m^2 s_k}。

3. 计算积分与级数求和 根据留数定理，顺时针闭合围道的积分为 −2πi-2\pi i 乘以留数之和：

∫−∞∞dse−im2sh(s)=−2πi∑k=1∞(−1sk2e−m2sk)=2πi∑k=1∞1sk2e−m2sk\int_{-\infty}^\infty ds e^{-i m^2 s} h(s) = -2\pi i \sum_{k=1}^\infty \left( -\frac{1}{s_k^2} e^{-m^2 s_k} \right) = 2\pi i \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{s_k^2} e^{-m^2 s_k}

将其代回式 (1) 中：

2iIm(Leff)=18π2(2πi∑k=1∞1sk2e−m2sk)=i4π∑k=1∞1sk2e−m2sk2i\text{Im}(\mathcal{L}_{\text{eff}}) = \frac{1}{8\pi^2} \left( 2\pi i \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{s_k^2} e^{-m^2 s_k} \right) = \frac{i}{4\pi} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{s_k^2} e^{-m^2 s_k}

两边消去 ii，得到：

2Im(Leff)=14π∑k=1∞1sk2e−m2sk2\text{Im}(\mathcal{L}_{\text{eff}}) = \frac{1}{4\pi} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{s_k^2} e^{-m^2 s_k}

将 sk=kπeEs_k = \frac{k\pi}{eE} 代入，并利用精细结构常数 α=e24π\alpha = \frac{e^2}{4\pi}，可得：

2Im(Leff)=14π∑k=1∞(eE)2k2π2exp⁡(−kπm2eE)=αE2π2∑k=1∞1k2exp⁡(−kπm2eE)2\text{Im}(\mathcal{L}_{\text{eff}}) = \frac{1}{4\pi} \sum_{k=1}^\infty \frac{(eE)^2}{k^2 \pi^2} \exp\left( \frac{-k\pi m^2}{eE} \right) = \frac{\alpha E^2}{\pi^2} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} \exp\left( \frac{-k\pi m^2}{eE} \right)

这正是题目中给出的 Eq. (33.93)。

4. 得到对产生率 单位体积单位时间内的电子-正电子对产生率 Γ\Gamma 与有效拉格朗日量的虚部直接相关，关系为 Γ=2Im(Leff)\Gamma = 2\text{Im}(\mathcal{L}_{\text{eff}})。 利用多重对数函数（Polylogarithm）的级数定义 Li2(z)=∑n=1∞znn2\text{Li}_2(z) = \sum_{n=1}^\infty \frac{z^n}{n^2}，令 z=exp⁡(−πm2eE)z = \exp\left( -\frac{\pi m^2}{eE} \right)，我们可以将上式直接写为闭合形式：

Γ(E→e+e− pairs)=αE2π2Li2(e−πm2eE)\boxed{ \Gamma(E \rightarrow e^+ e^- \text{ pairs}) = \frac{\alpha E^2}{\pi^2} \text{Li}_2 \left( e^{-\frac{\pi m^2}{eE}} \right) }

这成功推导出了 Eq. (33.94)。

33.4

Problem 33.4

schwarzChapter 33

习题 33.4

来源: 第33章, PDF第732页

33.4 Repeat the analysis in Section 33.6.1 for a fermion. Show that in the non-relativistic limit, the spin is irrelevant.

习题 33.4 - 解答

对于狄拉克费米子，在恒定背景电场 E⃗=Ez^\vec{E} = E \hat{z} 下的单圈有效作用量由泛函行列式给出： iSeff=Trln⁡(i̸ ⁣D−m)=12Trln⁡(̸ ⁣D2+m2)i S_{\text{eff}} = \text{Tr} \ln(i\slashed{D} - m) = \frac{1}{2} \text{Tr} \ln(\slashed{D}^2 + m^2) 利用 Schwinger 固有时（proper time）形式，可以将其写为积分： Lspinor=i2∫0∞dsse−ism2⟨x∣tre−is̸ ⁣D2∣x⟩\mathcal{L}_{\text{spinor}} = \frac{i}{2} \int_0^\infty \frac{ds}{s} e^{-i s m^2} \langle x | \text{tr} e^{-i s \slashed{D}^2} | x \rangle 其中 tr\text{tr} 表示对狄拉克旋量指标求迹。

首先计算狄拉克算符的平方 ̸ ⁣D2\slashed{D}^2。利用伽马矩阵的反对易关系 {γμ,γν}=2ημν\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = 2\eta^{\mu\nu} 和对易关系 [γμ,γν]=−2iσμν[\gamma^\mu, \gamma^\nu] = -2i\sigma^{\mu\nu}，有： ̸ ⁣D2=γμγνDμDν=D2−e2σμνFμν\slashed{D}^2 = \gamma^\mu \gamma^\nu D_\mu D_\nu = D^2 - \frac{e}{2} \sigma^{\mu\nu} F_{\mu\nu} 对于沿 zz 方向的恒定电场，非零场强分量为 F03=−F30=EF_{03} = -F_{30} = E。因此自旋耦合项为： −e2σμνFμν=−eσ03F03=−e(iγ0γ3)E≡eEΣ3-\frac{e}{2} \sigma^{\mu\nu} F_{\mu\nu} = -e \sigma^{03} F_{03} = -e (i \gamma^0 \gamma^3) E \equiv e E \Sigma_3 其中定义了 Σ3=−iγ0γ3\Sigma_3 = -i \gamma^0 \gamma^3。容易验证 Σ32=−γ0γ3γ0γ3=−1\Sigma_3^2 = -\gamma^0 \gamma^3 \gamma^0 \gamma^3 = -1。 因此，固有时演化算符可以分解为轨道部分和自旋部分： e−is̸ ⁣D2=e−isD2e−iseEΣ3e^{-i s \slashed{D}^2} = e^{-i s D^2} e^{-i s e E \Sigma_3} 由于 Σ32=−1\Sigma_3^2 = -1，自旋部分的指数映射可以展开为： e−iseEΣ3=cosh⁡(eEs)−iΣ3sinh⁡(eEs)e^{-i s e E \Sigma_3} = \cosh(e E s) - i \Sigma_3 \sinh(e E s) 对狄拉克指标求迹，由于 tr(Σ3)=0\text{tr}(\Sigma_3) = 0 且单位矩阵的迹为 4，我们得到： tr(e−is̸ ⁣D2)=4cosh⁡(eEs)e−isD2\text{tr} \left( e^{-i s \slashed{D}^2} \right) = 4 \cosh(e E s) e^{-i s D^2}

轨道部分 ⟨x∣e−isD2∣x⟩\langle x | e^{-i s D^2} | x \rangle 与标量 QED 中的结果完全相同。在恒定电场下，动量积分给出： ⟨x∣e−isD2∣x⟩=i16π2s2eEssinh⁡(eEs)\langle x | e^{-i s D^2} | x \rangle = \frac{i}{16 \pi^2 s^2} \frac{e E s}{\sinh(e E s)} 将其代入有效拉格朗日量表达式中： Lspinor=i2∫0∞dsse−ism2[4cosh⁡(eEs)](i16π2s2eEssinh⁡(eEs))\mathcal{L}_{\text{spinor}} = \frac{i}{2} \int_0^\infty \frac{ds}{s} e^{-i s m^2} \left[ 4 \cosh(e E s) \right] \left( \frac{i}{16 \pi^2 s^2} \frac{e E s}{\sinh(e E s)} \right) Lspinor=−18π2∫0∞dss3e−ism2(eEs)coth⁡(eEs)\mathcal{L}_{\text{spinor}} = - \frac{1}{8 \pi^2} \int_0^\infty \frac{ds}{s^3} e^{-i s m^2} (e E s) \coth(e E s) 这正是著名的 Euler-Heisenberg 拉格朗日量（费米子情形）。

接下来计算 Schwinger 电子-正电子对产生率 w=−2ImLspinorw = -2 \text{Im} \mathcal{L}_{\text{spinor}}。积分的虚部来源于被积函数在复 ss 平面下半平面的极点。极点由 coth⁡(eEs)\coth(e E s) 的分母 sinh⁡(eEs)=0\sinh(e E s) = 0 决定，位置在 sn=−inπ/eEs_n = -i n \pi / e E （n=1,2,…n = 1, 2, \dots）。 在极点 sns_n 处，coth⁡(eEs)\coth(e E s) 的留数为 1eE\frac{1}{e E}。利用留数定理计算沿实轴积分的虚部： ImLspinor=Im(−2πi∑n=1∞Res(sn))\text{Im} \mathcal{L}_{\text{spinor}} = \text{Im} \left( -2\pi i \sum_{n=1}^\infty \text{Res}(s_n) \right) Res(sn)=−18π21sn2e−isnm2(eE)(1eE)=−18π2(eE−inπ)2e−nπm2/eE=(eE)28π4n2e−nπm2/eE\text{Res}(s_n) = - \frac{1}{8\pi^2} \frac{1}{s_n^2} e^{-i s_n m^2} (e E) \left( \frac{1}{e E} \right) = - \frac{1}{8\pi^2} \left( \frac{e E}{-i n \pi} \right)^2 e^{-n \pi m^2 / e E} = \frac{(e E)^2}{8 \pi^4 n^2} e^{-n \pi m^2 / e E} 因此，费米子的对产生率为： wspinor=−2(−2π∑n=1∞(eE)28π4n2e−nπm2/eE)=(eE)22π3∑n=1∞1n2e−nπm2/eEw_{\text{spinor}} = -2 \left( -2\pi \sum_{n=1}^\infty \frac{(e E)^2}{8 \pi^4 n^2} e^{-n \pi m^2 / e E} \right) = \frac{(e E)^2}{2 \pi^3} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} e^{-n \pi m^2 / e E}

作为对比，复标量场（标量 QED）的有效拉格朗日量没有自旋因子 4cosh⁡(eEs)4\cosh(e E s)，且由于玻色统计，整体符号相反（没有费米子环的 −1/2-1/2 因子，而是 +1+1）。其对产生率为： wscalar=(eE)24π3∑n=1∞(−1)n+1n2e−nπm2/eEw_{\text{scalar}} = \frac{(e E)^2}{4 \pi^3} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n^2} e^{-n \pi m^2 / e E}

非相对论极限与自旋的无关性分析： 在 Schwinger 效应中，非相对论极限对应于弱场极限 eE≪m2e E \ll m^2。在此极限下，产生的粒子动能远小于其静止质量，且级数求和被最低阶瞬子（n=1n=1）项绝对主导。 取 n=1n=1 的主导项： wspinor(1)=(eE)22π3e−πm2/eEw_{\text{spinor}}^{(1)} = \frac{(e E)^2}{2 \pi^3} e^{-\pi m^2 / e E} wscalar(1)=(eE)24π3e−πm2/eEw_{\text{scalar}}^{(1)} = \frac{(e E)^2}{4 \pi^3} e^{-\pi m^2 / e E} 可以发现 wspinor(1)=2wscalar(1)w_{\text{spinor}}^{(1)} = 2 w_{\text{scalar}}^{(1)}。 物理上，一个狄拉克费米子具有 4 个内部自由度（正反粒子 ×\times 自旋上下），而一个复标量场具有 2 个内部自由度（正反粒子）。计算每个物理自由度的对产生率： wspinor(1)4=wscalar(1)2=(eE)216π3e−πm2/eE\frac{w_{\text{spinor}}^{(1)}}{4} = \frac{w_{\text{scalar}}^{(1)}}{2} = \frac{(e E)^2}{16 \pi^3} e^{-\pi m^2 / e E} 这表明在非相对论极限下，费米子和标量粒子的单自由度产生率完全相同。

从数学结构上看，主导极点 s1=−iπ/eEs_1 = -i \pi / e E 处的自旋因子为 cosh⁡(eEs1)=cosh⁡(−iπ)=−1\cosh(e E s_1) = \cosh(-i \pi) = -1。这个 −1-1 恰好抵消了费米子闭环带来的负号（费米-狄拉克统计），使得费米子在非相对论隧穿路径上的行为等效于具有简并度的标量粒子。 从物理图像上看，非相对论粒子的自旋磁矩仅与磁场 B⃗\vec{B} 耦合（Pauli 项 σ⃗⋅B⃗\vec{\sigma} \cdot \vec{B}），而自旋-轨道耦合是相对论效应。由于背景仅存在纯电场 E⃗\vec{E}，自旋在非相对论极限下不参与动力学相互作用，仅仅作为一个简并度因子存在。

在非相对论极限 (eE≪m2) 下，wspinor4≈wscalar2=(eE)216π3e−πm2/eE，自旋对动力学无关紧要。\boxed{ \text{在非相对论极限 } (eE \ll m^2) \text{ 下，} \frac{w_{\text{spinor}}}{4} \approx \frac{w_{\text{scalar}}}{2} = \frac{(eE)^2}{16\pi^3} e^{-\pi m^2 / eE} \text{，自旋对动力学无关紧要。} }

33.5

Problem 33.5

schwarzChapter 33

习题 33.5

来源: 第33章, PDF第732页

33.5 Show that the eigenvalues of FμνF_{\mu \nu} are given by Eq. (33.A.166).

习题 33.5 - 解答

为了求解电磁场张量 FμνF_{\mu \nu} 的特征值，我们需要分析其混合张量形式 FμνμF^\mu_{\phantom{\mu}\nu} 的特征值方程。在洛伦兹流形上，特征值问题定义为： FμνμVν=λVμF^\mu_{\phantom{\mu}\nu} V^\nu = \lambda V^\mu 这等价于求解特征多项式方程： det⁡(Fμνμ−λδμνμ)=0\det(F^\mu_{\phantom{\mu}\nu} - \lambda \delta^\mu_{\phantom{\mu}\nu}) = 0

第一步：引入电磁场的洛伦兹不变量 电磁场张量有两个独立的洛伦兹不变量，通常定义为：

  1. 标量不变量：F=12FμνFμν=B2−E2\mathcal{F} = \frac{1}{2} F_{\mu\nu} F^{\mu\nu} = \mathbf{B}^2 - \mathbf{E}^2
  2. 伪标量不变量：G=14FμνF~μν=E⋅B\mathcal{G} = \frac{1}{4} F_{\mu\nu} \tilde{F}^{\mu\nu} = \mathbf{E} \cdot \mathbf{B} 其中 F~μν=12ϵμναβFαβ\tilde{F}^{\mu\nu} = \frac{1}{2} \epsilon^{\mu\nu\alpha\beta} F_{\alpha\beta} 是对偶张量。

第二步：展开特征多项式 对于 4×44 \times 4 矩阵 FF，其特征多项式可以写为： λ4−I1λ3+I2λ2−I3λ+I4=0\lambda^4 - I_1 \lambda^3 + I_2 \lambda^2 - I_3 \lambda + I_4 = 0 其中系数 IkI_k 由矩阵 FF 的迹（Trace）决定。我们逐一计算这些系数：

  1. 计算 I1I_1： I1=Tr(F)=FμμμI_1 = \text{Tr}(F) = F^\mu_{\phantom{\mu}\mu}。由于 FμνF_{\mu\nu} 是反对称张量，而度规 ημν\eta^{\mu\nu} 是对称的，因此对角线元素之和为零： I1=0I_1 = 0

  2. 计算 I2I_2： I2=12[(TrF)2−Tr(F2)]=−12Tr(F2)I_2 = \frac{1}{2} \left[ (\text{Tr} F)^2 - \text{Tr}(F^2) \right] = -\frac{1}{2} \text{Tr}(F^2)。 计算 F2F^2 的迹： Tr(F2)=FμαμFαμα=ημβFβαηαγFγμ=FββγFγγβ=FβγFγβ\text{Tr}(F^2) = F^\mu_{\phantom{\mu}\alpha} F^\alpha_{\phantom{\alpha}\mu} = \eta^{\mu\beta} F_{\beta\alpha} \eta^{\alpha\gamma} F_{\gamma\mu} = F_{\beta}^{\phantom{\beta}\gamma} F_{\gamma}^{\phantom{\gamma}\beta} = F_{\beta\gamma} F^{\gamma\beta} 利用反对称性 Fγβ=−FβγF^{\gamma\beta} = -F^{\beta\gamma}，得到： Tr(F2)=−FβγFβγ=−2F\text{Tr}(F^2) = -F_{\beta\gamma} F^{\beta\gamma} = -2\mathcal{F} 因此： I2=−12(−2F)=FI_2 = -\frac{1}{2} (-2\mathcal{F}) = \mathcal{F}

  3. 计算 I3I_3： I3I_3 包含 Tr(F3)\text{Tr}(F^3)。任何反对称张量的奇数次幂的迹均为零（可通过指标的完全缩并和反对称性轻易证明），因此： I3=0I_3 = 0

  4. 计算 I4I_4： I4=det⁡(Fμνμ)I_4 = \det(F^\mu_{\phantom{\mu}\nu})。行列式是一个洛伦兹标量，可以在任何惯性系中计算。选择一个使得 E\mathbf{E} 和 B\mathbf{B} 平行的参考系（假设它们指向 zz 轴），此时 Ex=Ey=Bx=By=0E_x=E_y=B_x=B_y=0。在该参考系下，矩阵表示为： Fμνμ=(000Ez00Bz00−Bz00Ez000)F^\mu_{\phantom{\mu}\nu} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & E_z \\ 0 & 0 & B_z & 0 \\ 0 & -B_z & 0 & 0 \\ E_z & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} 直接计算其行列式： det⁡(F)=(Ez)(−Ez)(Bz)(−Bz)=−Ez2Bz2=−(E⋅B)2=−G2\det(F) = (E_z)(-E_z)(B_z)(-B_z) = -E_z^2 B_z^2 = -(\mathbf{E} \cdot \mathbf{B})^2 = -\mathcal{G}^2 由于行列式是不变量，该结果在任意参考系下均成立，即 I4=−G2I_4 = -\mathcal{G}^2。

第三步：求解双二次方程 将上述系数代入特征多项式，得到一个关于 λ\lambda 的双二次方程（Biquadratic equation）： λ4+Fλ2−G2=0\lambda^4 + \mathcal{F} \lambda^2 - \mathcal{G}^2 = 0

将其视为关于 λ2\lambda^2 的一元二次方程，利用求根公式解得： λ2=−F±F2+4G22\lambda^2 = \frac{-\mathcal{F} \pm \sqrt{\mathcal{F}^2 + 4\mathcal{G}^2}}{2}

由于 F2+4G2≥∣F∣\sqrt{\mathcal{F}^2 + 4\mathcal{G}^2} \ge |\mathcal{F}|，这两个根必定是一个非负实数和一个非正实数。我们分别对其开平方，即可得到四个特征值。

对于取 "++" 号的根（非负），开方得到一对实数特征值： λ1,2=±F2+4G2−F2\lambda_{1,2} = \pm \sqrt{ \frac{\sqrt{\mathcal{F}^2 + 4\mathcal{G}^2} - \mathcal{F}}{2} }

对于取 "−-" 号的根（非正），开方得到一对纯虚数特征值： λ3,4=±iF2+4G2+F2\lambda_{3,4} = \pm i \sqrt{ \frac{\sqrt{\mathcal{F}^2 + 4\mathcal{G}^2} + \mathcal{F}}{2} }

结论 电磁场张量 FμνμF^\mu_{\phantom{\mu}\nu} 的四个特征值完全由电磁场的两个洛伦兹不变量 F\mathcal{F} 和 G\mathcal{G} 决定，最终结果为：

λ1,2=±12(F2+4G2−F)λ3,4=±i12(F2+4G2+F)\boxed{ \begin{aligned} \lambda_{1,2} &= \pm \sqrt{ \frac{1}{2} \left( \sqrt{\mathcal{F}^2 + 4\mathcal{G}^2} - \mathcal{F} \right) } \\ \lambda_{3,4} &= \pm i \sqrt{ \frac{1}{2} \left( \sqrt{\mathcal{F}^2 + 4\mathcal{G}^2} + \mathcal{F} \right) } \end{aligned} }

(注：若教材中对不变量的定义相差常数因子，例如定义 F∗=FμνFμν\mathcal{F}^* = F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} 或 G∗=FμνF~μν\mathcal{G}^* = F_{\mu\nu}\tilde{F}^{\mu\nu}，只需将上述 F\mathcal{F} 和 G\mathcal{G} 替换为对应的比例即可，物理本质与推导逻辑完全一致。)