Problem 14.1

srednickiChapter 14

习题 14.1

来源: 第14章, PDF第118页

14.1 Derive a generalization of Feynman's formula,

\frac{1}{A_{1}^{\alpha_{1}} \dots A_{n}^{\alpha_{n}}}=\frac{\Gamma\left(\sum_{i} \alpha_{i}\right)}{\prod_{i} \Gamma\left(\alpha_{i}\right)} \frac{1}{(n-1) !} \int d F_{n} \frac{\prod_{i} x_{i}^{\alpha_{i}-1}}{\left(\sum_{i} x_{i} A_{i}\right)^{\sum_{i} \alpha_{i}}} . \tag{14.49}

Hint: start with

\frac{\Gamma(\alpha)}{A^{\alpha}}=\int_{0}^{\infty} d t t^{\alpha-1} e^{-A t}, \tag{14.50}

which defines the gamma function. Put an index on $A$ , $\alpha$ , and $t$ , and take the product. Then multiply on the right-hand side by

1=\int_{0}^{\infty} d s \delta\left(s-\sum_{i} t_{i}\right) . \tag{14.51}

Make the change of variable $t_{i}=s x_{i}$ , and carry out the integral over $s$ .

习题 14.1 - 解答

根据提示，我们从伽马函数（Gamma function）的积分定义出发：

\frac{\Gamma(\alpha)}{A^{\alpha}}=\int_{0}^{\infty} d t \, t^{\alpha-1} e^{-A t}

为变量 $A, \alpha, t$ 加上指标 $i$ ，并将 $n$ 个这样的等式相乘，得到：

\prod_{i=1}^{n} \frac{\Gamma(\alpha_{i})}{A_{i}^{\alpha_{i}}} = \prod_{i=1}^{n} \left( \int_{0}^{\infty} d t_{i} \, t_{i}^{\alpha_{i}-1} e^{-A_{i} t_{i}} \right) = \int_{0}^{\infty} \cdots \int_{0}^{\infty} \left( \prod_{i=1}^{n} d t_{i} \, t_{i}^{\alpha_{i}-1} \right) \exp\left(-\sum_{i=1}^{n} A_{i} t_{i}\right)

在等式右侧插入恒等式 $1=\int_{0}^{\infty} d s \, \delta\left(s-\sum_{i=1}^{n} t_{i}\right)$ ，将积分改写为：

\prod_{i=1}^{n} \frac{\Gamma(\alpha_{i})}{A_{i}^{\alpha_{i}}} = \int_{0}^{\infty} d s \int_{0}^{\infty} \cdots \int_{0}^{\infty} \left( \prod_{i=1}^{n} d t_{i} \, t_{i}^{\alpha_{i}-1} \right) \exp\left(-\sum_{i=1}^{n} A_{i} t_{i}\right) \delta\left(s-\sum_{i=1}^{n} t_{i}\right)

接下来作变量代换 $t_{i} = s x_{i}$ 。由于 $t_i \in [0, \infty)$ 且 $s \ge 0$ ，新变量 $x_i$ 的积分范围仍为 $[0, \infty)$ 。微元变换为 $d t_{i} = s d x_{i}$ ，因此 $\prod_{i=1}^{n} d t_{i} = s^{n} \prod_{i=1}^{n} d x_{i}$ 。狄拉克 $\delta$ 函数变为：

\delta\left(s-\sum_{i=1}^{n} s x_{i}\right) = \delta\left(s\left(1-\sum_{i=1}^{n} x_{i}\right)\right) = \frac{1}{s} \delta\left(1-\sum_{i=1}^{n} x_{i}\right)

将这些代换代入积分中：

\prod_{i=1}^{n} \frac{\Gamma(\alpha_{i})}{A_{i}^{\alpha_{i}}} = \int_{0}^{\infty} d s \int_{0}^{\infty} \cdots \int_{0}^{\infty} \left( s^{n} \prod_{i=1}^{n} d x_{i} \right) \left( \prod_{i=1}^{n} (s x_{i})^{\alpha_{i}-1} \right) \exp\left(-s \sum_{i=1}^{n} A_{i} x_{i}\right) \frac{1}{s} \delta\left(1-\sum_{i=1}^{n} x_{i}\right)

整理被积函数中 $s$ 的幂次。 $s$ 的总指数为：

n + \sum_{i=1}^{n} (\alpha_{i} - 1) - 1 = n + \sum_{i=1}^{n} \alpha_{i} - n - 1 = \sum_{i=1}^{n} \alpha_{i} - 1

将关于 $s$ 的积分与关于 $x_i$ 的积分分离：

\prod_{i=1}^{n} \frac{\Gamma(\alpha_{i})}{A_{i}^{\alpha_{i}}} = \int_{0}^{\infty} \cdots \int_{0}^{\infty} \left( \prod_{i=1}^{n} d x_{i} \, x_{i}^{\alpha_{i}-1} \right) \delta\left(1-\sum_{i=1}^{n} x_{i}\right) \int_{0}^{\infty} d s \, s^{\sum_{i} \alpha_{i} - 1} \exp\left(-s \sum_{i=1}^{n} A_{i} x_{i}\right)

对于 $s$ 的积分，再次利用伽马函数的定义：

\int_{0}^{\infty} d s \, s^{\sum_{i} \alpha_{i} - 1} \exp\left(-s \sum_{i=1}^{n} A_{i} x_{i}\right) = \frac{\Gamma\left(\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}\right)}{\left(\sum_{i=1}^{n} A_{i} x_{i}\right)^{\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}}}

将其代回原式，并注意到 $\delta\left(1-\sum_{i=1}^{n} x_{i}\right)$ 实际上将每个 $x_i$ 的积分上限限制在了 $1$ ：

\prod_{i=1}^{n} \frac{\Gamma(\alpha_{i})}{A_{i}^{\alpha_{i}}} = \Gamma\left(\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}\right) \int_{0}^{1} \cdots \int_{0}^{1} \left( \prod_{i=1}^{n} d x_{i} \right) \delta\left(1-\sum_{i=1}^{n} x_{i}\right) \frac{\prod_{i=1}^{n} x_{i}^{\alpha_{i}-1}}{\left(\sum_{i=1}^{n} A_{i} x_{i}\right)^{\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}}}

等式两边同除以 $\prod_{i=1}^{n} \Gamma(\alpha_{i})$ ：

\frac{1}{\prod_{i=1}^{n} A_{i}^{\alpha_{i}}} = \frac{\Gamma\left(\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}\right)}{\prod_{i=1}^{n} \Gamma(\alpha_{i})} \int_{0}^{1} \cdots \int_{0}^{1} \left( \prod_{i=1}^{n} d x_{i} \right) \delta\left(1-\sum_{i=1}^{n} x_{i}\right) \frac{\prod_{i=1}^{n} x_{i}^{\alpha_{i}-1}}{\left(\sum_{i=1}^{n} A_{i} x_{i}\right)^{\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}}}

在量子场论中，标准的费曼参数积分测度定义为 $d F_{n} = (n-1)! \, \delta\left(1-\sum_{i=1}^{n} x_{i}\right) \prod_{i=1}^{n} d x_{i}$ 。因此我们可以将测度替换为：

\left( \prod_{i=1}^{n} d x_{i} \right) \delta\left(1-\sum_{i=1}^{n} x_{i}\right) = \frac{1}{(n-1)!} d F_{n}

代入后即得到广义费曼参数化公式：

\boxed{ \frac{1}{A_{1}^{\alpha_{1}} \dots A_{n}^{\alpha_{n}}}=\frac{\Gamma\left(\sum_{i} \alpha_{i}\right)}{\prod_{i} \Gamma\left(\alpha_{i}\right)} \frac{1}{(n-1) !} \int d F_{n} \frac{\prod_{i} x_{i}^{\alpha_{i}-1}}{\left(\sum_{i} x_{i} A_{i}\right)^{\sum_{i} \alpha_{i}}} }

14.2

Problem 14.2

srednickiChapter 14

习题 14.2

来源: 第14章, PDF第118页

14.2 Verify eq. (14.23).

Referenced Equations:

Equation (14.23):

\Omega_d = \frac{2\pi^{d/2}}{\Gamma(\frac{1}{2}d)} ; \tag{14.23}

习题 14.2 - 解答

习题分析

公式 (14.23) 中的 $\Omega_d$ 表示 $d$ 维欧几里得空间中的总立体角，在几何上等价于嵌入在 $d$ 维空间中的 $(d-1)$ 维单位球面 $S^{d-1}$ 的表面积。在理论物理（如统计力学、量子场论中的维数正规化）中，推导该公式最标准且优雅的方法是利用高斯积分的旋转不变性。通过在笛卡尔坐标系和 $d$ 维超球坐标系下分别计算同一个 $d$ 维各向同性高斯积分，并比较两者的结果，即可严格导出 $\Omega_d$ 的表达式。

推导过程

考虑在全空间 $\mathbb{R}^d$ 上的 $d$ 维高斯积分： $I_d = \int_{-\infty}^{\infty} dx_1 \int_{-\infty}^{\infty} dx_2 \cdots \int_{-\infty}^{\infty} dx_d \exp\left(-\sum_{i=1}^d x_i^2\right)$

步骤 1：在笛卡尔坐标系下计算 在笛卡尔坐标系中，被积函数和积分测度可以完全分解为 $d$ 个相互独立的一维高斯积分的乘积： $I_d = \prod_{i=1}^d \left( \int_{-\infty}^{\infty} dx_i \, e^{-x_i^2} \right)$ 利用熟知的一维高斯积分结果 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$ ，可以直接得到： $I_d = (\sqrt{\pi})^d = \pi^{d/2}$

步骤 2：在 $d$ 维超球坐标系下计算 利用被积函数的球对称性，我们可以将积分转换到 $d$ 维超球坐标系中。此时，体积元变换为 $d^d x = r^{d-1} dr \, d\Omega_d$ ，其中 $r = \sqrt{\sum_{i=1}^d x_i^2}$ 是径向坐标， $d\Omega_d$ 是 $d$ 维微分立体角。积分变为径向部分与角向部分的乘积： $I_d = \int_0^\infty dr \, r^{d-1} e^{-r^2} \int d\Omega_d$ 角向积分即为 $d$ 维空间的总立体角 $\Omega_d$ ： $\int d\Omega_d = \Omega_d$ 因此，积分简化为： $I_d = \Omega_d \int_0^\infty dr \, r^{d-1} e^{-r^2}$

步骤 3：计算径向积分 为了计算径向积分，引入变量代换 $t = r^2$ 。由此可得 $dt = 2r \, dr$ ，即 $dr = \frac{dt}{2\sqrt{t}}$ ，积分上下限保持不变（ $0$ 到 $\infty$ ）。代入径向积分中： $\int_0^\infty dr \, r^{d-1} e^{-r^2} = \int_0^\infty \frac{dt}{2\sqrt{t}} t^{(d-1)/2} e^{-t} = \frac{1}{2} \int_0^\infty dt \, t^{\frac{d}{2} - 1} e^{-t}$ 根据欧拉伽马函数（Euler Gamma function）的积分定义 $\Gamma(z) = \int_0^\infty dt \, t^{z-1} e^{-t}$ （对于 $\text{Re}(z) > 0$ ），上述积分可以写为： $\int_0^\infty dr \, r^{d-1} e^{-r^2} = \frac{1}{2} \Gamma\left(\frac{d}{2}\right)$ 将其代回 $I_d$ 的表达式中，得到超球坐标系下的积分结果： $I_d = \Omega_d \frac{1}{2} \Gamma\left(\frac{d}{2}\right)$

步骤 4：比较结果并求解 将笛卡尔坐标系和超球坐标系下得到的 $I_d$ 结果等同起来： $\pi^{d/2} = \Omega_d \frac{1}{2} \Gamma\left(\frac{d}{2}\right)$ 对总立体角 $\Omega_d$ 进行求解，移项可得： $\Omega_d = \frac{2\pi^{d/2}}{\Gamma\left(\frac{d}{2}\right)}$

至此，公式 (14.23) 得到严格证明。

\boxed{ \Omega_d = \frac{2\pi^{d/2}}{\Gamma\left(\frac{1}{2}d\right)} }

14.3

Problem 14.3

srednickiChapter 14

习题 14.3

来源: 第14章, PDF第118页

14.3 a) Show that

\begin{align} \int d^{d} q q^{\mu} f\left(q^{2}\right) &= 0, \tag{14.52} \\ \int d^{d} q q^{\mu} q^{\nu} f\left(q^{2}\right) &= C_{2} g^{\mu \nu} \int d^{d} q q^{2} f\left(q^{2}\right), \tag{14.53} \\ \end{align}

and evaluate the constant $C_{2}$ in terms of $d$ . Hint: use Lorentz symmetry to argue for the general structure, and evaluate $C_{2}$ by contracting with $g_{\mu \nu}$ .

b) Similarly evaluate $\int d^{d} q q^{\mu} q^{\nu} q^{\rho} q^{\sigma} f\left(q^{2}\right)$ .

习题 14.3 - 解答

在量子场论的圈图计算中，经常需要处理带有动量张量结构的 $d$ 维积分。由于积分域在整个动量空间中是各向同性的（在 Wick 转动后的欧几里得空间中具有 $O(d)$ 旋转对称性，或在闵可夫斯基空间中具有洛伦兹对称性），积分结果必须由度规张量 $g^{\mu\nu}$ 构造的完全对称的不变张量来表示。这种利用对称性简化张量积分的方法被称为张量分解（Tensor decomposition）。

a) 证明式 (14.52) 与 (14.53) 并求解 $C_2$

对于一阶张量积分 $\int d^{d} q q^{\mu} f\left(q^{2}\right)$ ，被积函数在 $q \to -q$ 变换下是奇函数（即 $(-q)^\mu f((-q)^2) = -q^\mu f(q^{2})$ ），而积分测度 $d^d q$ 和积分域是对称的。因此，该积分必然为零：

\int d^{d} q q^{\mu} f\left(q^{2}\right) = 0

从洛伦兹对称性的角度来看，该积分是一个秩为 1 的张量（即矢量）。由于系统中不存在任何外部矢量来提供优选方向，它只能为零向量。

对于二阶张量积分 $\int d^{d} q q^{\mu} q^{\nu} f\left(q^{2}\right)$ ，它是一个关于指标 $\mu, \nu$ 对称的秩为 2 的张量。唯一可用的不变对称二阶张量是度规张量 $g^{\mu\nu}$ 。因此，该积分必定正比于 $g^{\mu\nu}$ ：

\int d^{d} q q^{\mu} q^{\nu} f\left(q^{2}\right) = C_2 g^{\mu \nu} \int d^{d} q q^{2} f\left(q^{2}\right)

为了确定比例常数 $C_2$ ，我们在等式两边同时用 $g_{\mu\nu}$ 进行缩并。左边缩并得到：

g_{\mu \nu} \int d^{d} q q^{\mu} q^{\nu} f\left(q^{2}\right) = \int d^{d} q \left(g_{\mu \nu} q^{\mu} q^{\nu}\right) f\left(q^{2}\right) = \int d^{d} q q^{2} f\left(q^{2}\right)

右边缩并得到：

C_2 \left(g_{\mu \nu} g^{\mu \nu}\right) \int d^{d} q q^{2} f\left(q^{2}\right) = C_2 d \int d^{d} q q^{2} f\left(q^{2}\right)

其中用到了在 $d$ 维时空中的度规迹 $g_{\mu \nu} g^{\mu \nu} = \delta_\mu^\mu = d$ 。将左右两边相等，消去积分项，解得：

\boxed{C_2 = \frac{1}{d}}

b) 计算四阶张量积分 $\int d^{d} q q^{\mu} q^{\nu} q^{\rho} q^{\sigma} f\left(q^{2}\right)$

对于四阶张量积分，它是一个关于指标 $\mu, \nu, \rho, \sigma$ 完全对称的秩为 4 的张量。由度规张量 $g$ 构造的完全对称的四阶不变张量只能是以下三种组合的等权重求和：

g^{\mu \nu} g^{\rho \sigma} + g^{\mu \rho} g^{\nu \sigma} + g^{\mu \sigma} g^{\nu \rho}

因此，我们可以假设该积分具有如下一般结构：

\int d^{d} q q^{\mu} q^{\nu} q^{\rho} q^{\sigma} f\left(q^{2}\right) = B \left( g^{\mu \nu} g^{\rho \sigma} + g^{\mu \rho} g^{\nu \sigma} + g^{\mu \sigma} g^{\nu \rho} \right)

为了求解常数 $B$ ，我们在等式两边同时用 $g_{\mu \nu} g_{\rho \sigma}$ 进行缩并。左边缩并得到：

g_{\mu \nu} g_{\rho \sigma} \int d^{d} q q^{\mu} q^{\nu} q^{\rho} q^{\sigma} f\left(q^{2}\right) = \int d^{d} q \left(g_{\mu \nu} q^{\mu} q^{\nu}\right) \left(g_{\rho \sigma} q^{\rho} q^{\sigma}\right) f\left(q^{2}\right) = \int d^{d} q \left(q^{2}\right)^{2} f\left(q^{2}\right)

右边缩并得到：

B g_{\mu \nu} g_{\rho \sigma} \left( g^{\mu \nu} g^{\rho \sigma} + g^{\mu \rho} g^{\nu \sigma} + g^{\mu \sigma} g^{\nu \rho} \right)

我们利用度规张量的性质逐项计算括号内的缩并：

$g_{\mu \nu} g_{\rho \sigma} g^{\mu \nu} g^{\rho \sigma} = (g_{\mu \nu} g^{\mu \nu}) (g_{\rho \sigma} g^{\rho \sigma}) = d \cdot d = d^2$
$g_{\mu \nu} g_{\rho \sigma} g^{\mu \rho} g^{\nu \sigma} = g_{\mu \nu} g^{\nu \sigma} g_{\sigma \rho} g^{\rho \mu} = \delta_{\mu}^{\sigma} \delta_{\sigma}^{\mu} = \delta_{\mu}^{\mu} = d$
$g_{\mu \nu} g_{\rho \sigma} g^{\mu \sigma} g^{\nu \rho} = g_{\mu \nu} g^{\nu \rho} g_{\rho \sigma} g^{\sigma \mu} = \delta_{\mu}^{\rho} \delta_{\rho}^{\mu} = \delta_{\mu}^{\mu} = d$

将这三项相加，右边变为：

B (d^2 + d + d) = B d(d+2)

令左右两边相等，解得：

B = \frac{1}{d(d+2)} \int d^{d} q \left(q^{2}\right)^{2} f\left(q^{2}\right)

将 $B$ 代回原假设结构中，得到最终的张量积分计算结果：

\boxed{\int d^{d} q q^{\mu} q^{\nu} q^{\rho} q^{\sigma} f\left(q^{2}\right) = \frac{1}{d(d+2)} \left( g^{\mu \nu} g^{\rho \sigma} + g^{\mu \rho} g^{\nu \sigma} + g^{\mu \sigma} g^{\nu \rho} \right) \int d^{d} q \left(q^{2}\right)^{2} f\left(q^{2}\right)}

14.4

Problem 14.4

srednickiChapter 14

习题 14.4

来源: 第14章, PDF第118页

14.4 Compute the values of $\kappa_{A}$ and $\kappa_{B}$ .

习题 14.4 - 解答

根据题意，我们需要利用给定的自能 $\Pi(k^2)$ 的两种表达式来确定常数 $\kappa_A$ 和 $\kappa_B$ 。

首先，由式 (14.39) 和式 (14.43) 给出 $\Pi(k^2)$ 的两种等效形式：

\Pi(k^2) = \frac{1}{2}\alpha \int_{0}^{1} dx \, D \ln(D/m^2) + \alpha \left( \frac{1}{6}\kappa_A k^2 + \kappa_B m^2 \right) + O(\alpha^2)

\Pi(k^2) = \frac{1}{2}\alpha \int_{0}^{1} dx \, D \ln(D/D_0) - \frac{1}{12}\alpha(k^2 + m^2) + O(\alpha^2)

其中 $D = x(1-x)k^2 + m^2$ ，且 $D_0 = [1-x(1-x)]m^2$ 。

将两式在 $\mathcal{O}(\alpha)$ 阶相等，并利用对数性质 $\ln(D/D_0) = \ln(D/m^2) - \ln(D_0/m^2)$ ，可以得到：

\frac{1}{6}\kappa_A k^2 + \kappa_B m^2 = - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} dx \, D \ln(D_0/m^2) - \frac{1}{12}(k^2 + m^2)

代入 $D$ 和 $D_0/m^2 = 1-x+x^2$ 的表达式，有：

\frac{1}{6}\kappa_A k^2 + \kappa_B m^2 = - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} dx \, \left[ x(1-x)k^2 + m^2 \right] \ln(1-x+x^2) - \frac{1}{12}(k^2 + m^2)

由于该等式对任意 $k^2$ 和 $m^2$ 均成立，我们可以分别比较 $k^2$ 和 $m^2$ 的系数：

\frac{1}{6}\kappa_A = - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} dx \, x(1-x) \ln(1-x+x^2) - \frac{1}{12}

\kappa_B = - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} dx \, \ln(1-x+x^2) - \frac{1}{12}

下面分别计算这两个积分。

第一步：计算 $\kappa_B$ 相关的积分 设 $I_1 = \int_{0}^{1} dx \, \ln(1-x+x^2)$ 。利用分部积分法：

I_1 = \left[ x \ln(1-x+x^2) \right]_0^1 - \int_{0}^{1} dx \, x \frac{2x-1}{x^2-x+1}

边界项为零。对剩余积分进行代数变形：

I_1 = - \int_{0}^{1} dx \, \frac{2x^2-x}{x^2-x+1} = - \int_{0}^{1} dx \, \left( 2 + \frac{x-2}{x^2-x+1} \right)

= -2 - \int_{0}^{1} dx \, \frac{\frac{1}{2}(2x-1) - \frac{3}{2}}{x^2-x+1} = -2 - \left[ \frac{1}{2} \ln(x^2-x+1) \right]_0^1 + \frac{3}{2} \int_{0}^{1} \frac{dx}{(x-1/2)^2 + 3/4}

对数项再次为零，计算反正切积分：

I_1 = -2 + \frac{3}{2} \left[ \frac{2}{\sqrt{3}} \arctan\left(\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right) \right]_0^1 = -2 + \sqrt{3} \left( \frac{\pi}{6} - \left(-\frac{\pi}{6}\right) \right) = \frac{\pi}{\sqrt{3}} - 2

因此， $\kappa_B$ 的值为：

\kappa_B = - \frac{1}{2} \left( \frac{\pi}{\sqrt{3}} - 2 \right) - \frac{1}{12} = 1 - \frac{\pi}{2\sqrt{3}} - \frac{1}{12} = \frac{11}{12} - \frac{\sqrt{3}\pi}{6}

第二步：计算 $\kappa_A$ 相关的积分 设 $I_2 = \int_{0}^{1} dx \, x(1-x) \ln(1-x+x^2)$ 。同样使用分部积分法，令 $u = \ln(1-x+x^2)$ ， $dv = (x-x^2)dx$ ，则 $v = \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3}$ 。边界项依然为零：

I_2 = - \int_{0}^{1} dx \, \left( \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} \right) \frac{2x-1}{x^2-x+1} = \frac{1}{6} \int_{0}^{1} dx \, \frac{4x^4 - 8x^3 + 3x^2}{x^2-x+1}

通过多项式长除法，将被积函数化简：

\frac{4x^4 - 8x^3 + 3x^2}{x^2-x+1} = 4x^2 - 4x - 5 + \frac{5-x}{x^2-x+1}

分别积分：

\int_{0}^{1} (4x^2 - 4x - 5) dx = \frac{4}{3} - 2 - 5 = -\frac{17}{3}

\int_{0}^{1} \frac{5-x}{x^2-x+1} dx = \int_{0}^{1} \frac{-\frac{1}{2}(2x-1) + \frac{9}{2}}{x^2-x+1} dx = 0 + \frac{9}{2} \left[ \frac{2}{\sqrt{3}} \arctan\left(\frac{2x-1}{\sqrt{3}}\right) \right]_0^1 = \sqrt{3}\pi

所以 $I_2 = \frac{1}{6} \left( -\frac{17}{3} + \sqrt{3}\pi \right) = -\frac{17}{18} + \frac{\sqrt{3}\pi}{6}$ 。

代入 $\kappa_A$ 的表达式中：

\frac{1}{6}\kappa_A = - \frac{1}{2} \left( -\frac{17}{18} + \frac{\sqrt{3}\pi}{6} \right) - \frac{1}{12} = \frac{17}{36} - \frac{\sqrt{3}\pi}{12} - \frac{3}{36} = \frac{7}{18} - \frac{\sqrt{3}\pi}{12}

两边同乘 6，得到 $\kappa_A$ 的值：

\kappa_A = \frac{7}{3} - \frac{\sqrt{3}\pi}{2}

最终结果：

\boxed{\kappa_A = \frac{7}{3} - \frac{\sqrt{3}\pi}{2}, \quad \kappa_B = \frac{11}{12} - \frac{\sqrt{3}\pi}{6}}

14.5

Problem 14.5

srednickiChapter 14

习题 14.5

来源: 第14章, PDF第118页

14.5 Compute the $O(\lambda)$ correction to the propagator in $\varphi^{4}$ theory (see problem 9.2) in $d=4-\varepsilon$ spacetime dimensions, and compute the $O(\lambda)$ terms in $A$ and $B$ .

习题 14.5 - 解答

习题 14.5 分析与解答

在 $d = 4 - \varepsilon$ 维时空的 $\varphi^4$ 理论中，计算传播子在 $O(\lambda)$ 阶的修正，本质上是计算单圈自能（Self-energy）图（即蝌蚪图，Tadpole diagram），并结合重整化反项（Counterterms）来消除发散。

根据 Srednicki 的约定，度规符号为 $(-, +, +, +)$ ，裸拉格朗日量包含重整化常数 $Z_\varphi = 1+A$ , $Z_m = 1+B$ , $Z_\lambda = 1+C$ 。在 $\overline{\text{MS}}$ 方案（或使用标度 $\tilde{\mu}$ 的 MS 方案）下，反项仅包含 $1/\varepsilon$ 的极点。

第一步：计算单圈自能积分 $\Pi_{\text{loop}}(k^2)$

在 $O(\lambda)$ 阶，对自能有贡献的费曼图是一个单圈蝌蚪图。其对应的费曼规则给出： $i\Pi_{\text{loop}}(k^2) = \frac{1}{2} (-i\lambda \tilde{\mu}^\varepsilon) \int \frac{d^d l}{(2\pi)^d} \frac{-i}{l^2 + m^2 - i\epsilon}$ 其中 $\frac{1}{2}$ 是该图的对称因子， $\tilde{\mu}$ 是为了保持耦合常数 $\lambda$ 无量纲而引入的质量标度。

进行 Wick 转动（ $l^0 = i l^0_E$ , $d^d l = i d^d l_E$ , $l^2 = l_E^2$ ），积分化为欧几里得空间形式： $i\Pi_{\text{loop}}(k^2) = -\frac{1}{2} \lambda \tilde{\mu}^\varepsilon \int \frac{i d^d l_E}{(2\pi)^d} \frac{1}{l_E^2 + m^2}$ 消去两侧的 $i$ ，并使用标准的 $d$ 维动量积分公式 $\int \frac{d^d l_E}{(2\pi)^d} \frac{1}{(l_E^2 + \Delta)^n} = \frac{1}{(4\pi)^{d/2}} \frac{\Gamma(n - d/2)}{\Gamma(n)} \Delta^{d/2 - n}$ ，代入 $n=1, \Delta=m^2$ ： $\Pi_{\text{loop}}(k^2) = -\frac{1}{2} \lambda \tilde{\mu}^\varepsilon \frac{1}{(4\pi)^{d/2}} \Gamma\left(1 - \frac{d}{2}\right) (m^2)^{d/2 - 1}$

第二步：在 $d = 4 - \varepsilon$ 维展开

代入 $d = 4 - \varepsilon$ ，并使用 $\overline{\text{MS}}$ 方案中 $\tilde{\mu}$ 的定义： $\tilde{\mu}^2 = \mu^2 \frac{e^\gamma}{4\pi}$ （其中 $\gamma$ 为欧拉-马斯刻若尼常数， $\mu$ 为物理能标）。

首先展开 Gamma 函数： $\Gamma\left(-1 + \frac{\varepsilon}{2}\right) = \frac{\Gamma(\varepsilon/2)}{-1 + \varepsilon/2} = \frac{\frac{2}{\varepsilon} - \gamma + O(\varepsilon)}{-1 + \varepsilon/2} = -\left(\frac{2}{\varepsilon} - \gamma\right)\left(1 + \frac{\varepsilon}{2} + O(\varepsilon)\right) = -\frac{2}{\varepsilon} - 1 + \gamma + O(\varepsilon)$

接着处理质量与能标项： $\frac{\tilde{\mu}^\varepsilon}{(4\pi)^{2-\varepsilon/2}} (m^2)^{1-\varepsilon/2} = \frac{m^2}{16\pi^2} \left( \frac{4\pi \tilde{\mu}^2}{m^2} \right)^{\varepsilon/2} = \frac{m^2}{16\pi^2} \left( \frac{\mu^2 e^\gamma}{m^2} \right)^{\varepsilon/2}$ $= \frac{m^2}{16\pi^2} \left[ 1 + \frac{\varepsilon}{2} \ln\left(\frac{\mu^2}{m^2}\right) + \frac{\varepsilon}{2}\gamma + O(\varepsilon^2) \right]$

将上述展开结果代回 $\Pi_{\text{loop}}$ ： $\Pi_{\text{loop}}(k^2) = -\frac{\lambda m^2}{32\pi^2} \left[ 1 + \frac{\varepsilon}{2} \ln\left(\frac{\mu^2}{m^2}\right) + \frac{\varepsilon}{2}\gamma \right] \left( -\frac{2}{\varepsilon} - 1 + \gamma \right)$ 展开并保留到 $O(\varepsilon^0)$ 阶，注意 $\gamma$ 项会精确抵消： $\Pi_{\text{loop}}(k^2) = \frac{\lambda m^2}{32\pi^2} \left( \frac{2}{\varepsilon} + 1 - \gamma + \ln\frac{\mu^2}{m^2} + \gamma \right) = \frac{\lambda m^2}{32\pi^2} \left( \frac{2}{\varepsilon} + 1 + \ln\frac{\mu^2}{m^2} \right)$ 注意：单圈自能与外动量 $k^2$ 无关。

第三步：计算反项 $A$ 和 $B$

拉格朗日量中的反项部分为 $\mathcal{L}_{\text{CT}} = -\frac{1}{2} A \partial_\mu \varphi \partial^\mu \varphi - \frac{1}{2} B m^2 \varphi^2$ 。在动量空间中，反项对自能的贡献为： $\Pi_{\text{CT}}(k^2) = -A k^2 - B m^2$

完整的 $O(\lambda)$ 阶自能为单圈贡献与反项贡献之和： $\Pi(k^2) = \Pi_{\text{loop}}(k^2) + \Pi_{\text{CT}}(k^2) = \frac{\lambda m^2}{32\pi^2} \left( \frac{2}{\varepsilon} + 1 + \ln\frac{\mu^2}{m^2} \right) - A k^2 - B m^2$

在 $\overline{\text{MS}}$ 方案中，反项 $A$ 和 $B$ 仅用于吸收 $1/\varepsilon$ 的发散极点。因此我们要求： $-A k^2 - B m^2 + \frac{\lambda m^2}{16\pi^2 \varepsilon} = 0$ 比较 $k^2$ 和 $m^2$ 的系数，直接得到 $O(\lambda)$ 阶的反项： $\boxed{ A = 0 }$ $\boxed{ B = \frac{\lambda}{16\pi^2 \varepsilon} }$ （ $A=0$ 反映了在 $\varphi^4$ 理论中，单圈级别没有波函数重整化修正）。

第四步：传播子的 $O(\lambda)$ 修正

扣除发散后，有限的自能部分为： $\Pi_{\text{finite}}(k^2) = \frac{\lambda m^2}{32\pi^2} \left( 1 + \ln\frac{\mu^2}{m^2} \right)$

精确传播子可表示为 $\Delta(k^2) = \frac{-i}{k^2 + m^2 - \Pi(k^2) - i\epsilon}$ 。将其在树图传播子 $\Delta_0(k^2) = \frac{-i}{k^2 + m^2 - i\epsilon}$ 基础上展开，传播子在 $O(\lambda)$ 阶的修正项 $\Delta_1(k^2)$ 为： $\Delta_1(k^2) = \Delta_0(k^2) \big[ i\Pi_{\text{finite}}(k^2) \big] \Delta_0(k^2) = \frac{i \Pi_{\text{finite}}(k^2)}{(k^2 + m^2)^2}$

代入 $\Pi_{\text{finite}}$ ，得到传播子的 $O(\lambda)$ 修正最终结果： $\boxed{ \Delta_1(k^2) = \frac{i \lambda m^2}{32\pi^2 (k^2 + m^2)^2} \left( 1 + \ln\frac{\mu^2}{m^2} \right) }$

14.6

Problem 14.6

srednickiChapter 14

习题 14.6

来源: 第14章, PDF第118页

14.6 Repeat problem 14.5 for the theory of problem 9.3.

习题 14.6 - 解答

习题分析与物理背景

本题要求针对第9.3题中的理论，重复第14章（计算单圈传播子修正与重整化）的分析。根据标准量子场论教材（Srednicki）的上下文，第9.3题的理论是在 $d=6$ 维时空中的两个实标量场 $\phi$ 和 $\chi$ 的相互作用理论，其拉格朗日量为： $\mathcal{L} = -\frac{1}{2}\partial^\mu\phi\partial_\mu\phi - \frac{1}{2}m^2\phi^2 - \frac{1}{2}\partial^\mu\chi\partial_\mu\chi - \frac{1}{2}M^2\chi^2 + \frac{1}{2}g\phi^2\chi$ 在 $d=6$ 维度下，耦合常数 $g$ 是无量纲的，理论是严格可重整化的。相互作用顶点 $\phi\phi\chi$ 的费曼规则为 $ig$ 。

我们需要分别计算 $\chi$ 场和 $\phi$ 场的单圈自能（Self-energy） $\Pi_\chi(k^2)$ 与 $\Pi_\phi(k^2)$ ，并使用维数正规化（ $d = 6 - \epsilon$ ）和 $\overline{\text{MS}}$ 方案提取重整化常数 $Z_\chi, Z_M, Z_\phi, Z_m$ 。定义无量纲耦合常数 $\alpha \equiv \frac{g^2}{(4\pi)^3}$ 。 (注：与第14章一致，我们假设 $\chi$ 场的蝌蚪图（Tadpole）已被线性反项 $Y\chi$ 抵消，因此只考虑 1PI 单圈图。)

1. $\chi$ 场的单圈传播子修正

对于 $\chi$ 场，单圈自能图由两个内部 $\phi$ 传播子构成。由于环路中有两条相同的 $\phi$ 线，对称因子为 $S = 1/2$ 。未重整化的单圈自能 $i\Pi_{\chi, \text{loop}}(k^2)$ 为： $i\Pi_{\chi, \text{loop}}(k^2) = \frac{1}{2} (ig)^2 \tilde{\mu}^\epsilon \int \frac{d^d l}{(2\pi)^d} \frac{-i}{l^2 + m^2} \frac{-i}{(l+k)^2 + m^2}$ 引入 Feynman 参数 $x$ ，分母合并为 $(l+xk)^2 + x(1-x)k^2 + m^2$ 。平移环路动量 $q = l + xk$ ，并定义 $D_\chi \equiv x(1-x)k^2 + m^2$ ，得到： $i\Pi_{\chi, \text{loop}}(k^2) = - \frac{1}{2} g^2 \tilde{\mu}^\epsilon \int_0^1 dx \int \frac{d^d q}{(2\pi)^d} \frac{1}{(q^2 + D_\chi)^2}$ 在 $d = 6 - \epsilon$ 维下完成动量积分（包含 Wick 转动带来的 $i$ ）： $\int \frac{d^d q}{(2\pi)^d} \frac{1}{(q^2 + D_\chi)^2} = \frac{i}{(4\pi)^3} D_\chi \left( -\frac{2}{\epsilon} - 1 + \ln\frac{D_\chi}{\tilde{\mu}^2} \right)$ 代入 $\tilde{\mu}^2 = \mu^2 e^\gamma / 4\pi$ 吸收掉 Euler-Mascheroni 常数和 $\ln(4\pi)$ ，得到： $\Pi_{\chi, \text{loop}}(k^2) = -\frac{\alpha}{2} \int_0^1 dx \, D_\chi \left( \frac{2}{\epsilon} + 1 - \ln\frac{D_\chi}{\mu^2} \right)$ 提取发散极点部分（ $\frac{2}{\epsilon}$ 项）： $\text{Pole}_\chi = -\frac{\alpha}{\epsilon} \int_0^1 dx \left[ x(1-x)k^2 + m^2 \right] = -\frac{\alpha}{\epsilon} \left( \frac{1}{6}k^2 + m^2 \right)$ 完整的自能包含反项贡献： $\Pi_\chi(k^2) = \Pi_{\chi, \text{loop}}(k^2) - (Z_\chi - 1)k^2 - (Z_M - 1)M^2$ 在 $\overline{\text{MS}}$ 方案中，反项严格抵消极点部分： $-(Z_\chi - 1)k^2 - (Z_M - 1)M^2 - \frac{\alpha}{\epsilon} \left( \frac{1}{6}k^2 + m^2 \right) = 0$ 比较 $k^2$ 的系数和常数项，得到 $\chi$ 场的重整化常数： $\boxed{ Z_\chi = 1 - \frac{\alpha}{6\epsilon}, \quad Z_M = 1 - \frac{\alpha}{\epsilon}\frac{m^2}{M^2} }$ 重整化后的 $\chi$ 场自能为： $\boxed{ \Pi_\chi(k^2) = -\frac{\alpha}{2} \int_0^1 dx \left[ x(1-x)k^2 + m^2 \right] \left( 1 - \ln\frac{x(1-x)k^2 + m^2}{\mu^2} \right) }$

2. $\phi$ 场的单圈传播子修正

对于 $\phi$ 场，单圈自能图由一条内部 $\phi$ 线和一条内部 $\chi$ 线构成。由于两条内部线对应不同的场，对称因子为 $S = 1$ 。未重整化的单圈自能 $i\Pi_{\phi, \text{loop}}(k^2)$ 为： $i\Pi_{\phi, \text{loop}}(k^2) = (ig)^2 \tilde{\mu}^\epsilon \int \frac{d^d l}{(2\pi)^d} \frac{-i}{l^2 + m^2} \frac{-i}{(l+k)^2 + M^2}$ 引入 Feynman 参数 $x$ ，令 $A = (l+k)^2 + M^2$ 且 $B = l^2 + m^2$ 。分母合并为： $x[(l+k)^2 + M^2] + (1-x)[l^2 + m^2] = (l+xk)^2 + x(1-x)k^2 + xM^2 + (1-x)m^2$ 定义 $D_\phi \equiv x(1-x)k^2 + xM^2 + (1-x)m^2$ ，平移环路动量 $q = l + xk$ ： $i\Pi_{\phi, \text{loop}}(k^2) = - g^2 \tilde{\mu}^\epsilon \int_0^1 dx \int \frac{d^d q}{(2\pi)^d} \frac{1}{(q^2 + D_\phi)^2}$ 同样在 $d = 6 - \epsilon$ 维下积分并化简： $\Pi_{\phi, \text{loop}}(k^2) = -\alpha \int_0^1 dx \, D_\phi \left( \frac{2}{\epsilon} + 1 - \ln\frac{D_\phi}{\mu^2} \right)$ 提取发散极点部分： $\text{Pole}_\phi = -\frac{2\alpha}{\epsilon} \int_0^1 dx \left[ x(1-x)k^2 + xM^2 + (1-x)m^2 \right]$ 利用积分 $\int_0^1 x(1-x)dx = \frac{1}{6}$ ， $\int_0^1 x dx = \frac{1}{2}$ ， $\int_0^1 (1-x)dx = \frac{1}{2}$ ，得到： $\text{Pole}_\phi = -\frac{2\alpha}{\epsilon} \left( \frac{1}{6}k^2 + \frac{1}{2}M^2 + \frac{1}{2}m^2 \right) = -\frac{\alpha}{\epsilon} \left( \frac{1}{3}k^2 + M^2 + m^2 \right)$ 完整的自能包含 $\phi$ 场的反项贡献： $\Pi_\phi(k^2) = \Pi_{\phi, \text{loop}}(k^2) - (Z_\phi - 1)k^2 - (Z_m - 1)m^2$ 在 $\overline{\text{MS}}$ 方案中，反项抵消极点： $-(Z_\phi - 1)k^2 - (Z_m - 1)m^2 - \frac{\alpha}{\epsilon} \left( \frac{1}{3}k^2 + M^2 + m^2 \right) = 0$ 比较 $k^2$ 的系数和常数项，得到 $\phi$ 场的重整化常数： $\boxed{ Z_\phi = 1 - \frac{\alpha}{3\epsilon}, \quad Z_m = 1 - \frac{\alpha}{\epsilon}\left( 1 + \frac{M^2}{m^2} \right) }$ 重整化后的 $\phi$ 场自能为： $\boxed{ \Pi_\phi(k^2) = -\alpha \int_0^1 dx \left[ x(1-x)k^2 + xM^2 + (1-x)m^2 \right] \left( 1 - \ln\frac{x(1-x)k^2 + xM^2 + (1-x)m^2}{\mu^2} \right) }$

14.7

Problem 14.7

srednickiChapter 14

习题 14.7

来源: 第14章, PDF第118,119页

14.7 Renormalization of the anharmonic oscillator. Consider an anharmonic oscillator, specified by the lagrangian

L=\frac{1}{2} Z \dot{q}^{2}-\frac{1}{2} Z_{\omega} \omega^{2} q^{2}-Z_{\lambda} \lambda \omega^{3} q^{4} . \tag{14.54}

We set $\hbar=1$ and $m=1$ ; $\lambda$ is then dimensionless.

a) Find the hamiltonian $H$ corresponding to $L$ . Write it as $H = H_0 + H_1$ , where $H_0 = \frac{1}{2}P^2 + \frac{1}{2}\omega^2 Q^2$ , and $[Q, P] = i$ .

b) Let $|0\rangle$ and $|1\rangle$ be the ground and first excited states of $H_0$ , and let $|\Omega\rangle$ and $|\text{I}\rangle$ be the ground and first excited states of $H$ . (We take all these eigenstates to have unit norm.) We define $\omega$ to be the excitation energy of $H$ , $\omega \equiv E_{\text{I}} - E_{\Omega}$ . We normalize the position operator $Q$ by setting $\langle\text{I}|Q|\Omega\rangle = \langle 1|Q|0\rangle = (2\omega)^{-1/2}$ . Finally, to make things mathematically simpler, we set $Z_\lambda$ equal to one, rather than using a more physically motivated definition. Write $Z = 1 + A$ and $Z_\omega = 1 + B$ , where $A = \kappa_A \lambda + O(\lambda^2)$ and $B = \kappa_B \lambda + O(\lambda^2)$ . Use Rayleigh-Schrödinger perturbation theory to compute the $O(\lambda)$ corrections to the unperturbed energy eigenvalues and eigenstates.

c) Find the numerical values of $\kappa_A$ and $\kappa_B$ that yield $\omega = E_{\text{I}} - E_{\Omega}$ and $\langle\text{I}|Q|\Omega\rangle = (2\omega)^{-1/2}$ .

d) Now think of the lagrangian of eq. (14.54) as specifying a quantum field theory in $d = 1$ dimensions. Compute the $O(\lambda)$ correction to the propagator. Fix $\kappa_A$ and $\kappa_B$ by requiring the propagator to have a pole at $k^2 = -\omega^2$ with residue one. Do your results agree with those of part (c)? Should they?

习题 14.7 - 解答

a) 寻找哈密顿量 $H$ 并将其写为 $H = H_0 + H_1$

已知拉格朗日量为： $L = \frac{1}{2} Z \dot{q}^2 - \frac{1}{2} Z_\omega \omega^2 q^2 - Z_\lambda \lambda \omega^3 q^4$ 首先，求出与广义坐标 $q$ 共轭的动量 $P$ （题目中用大写字母表示算符）： $P = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = Z \dot{q} \implies \dot{q} = \frac{P}{Z}$ 通过勒让德变换得到哈密顿量 $H$ ： $H = P \dot{q} - L = \frac{P^2}{Z} - \left( \frac{P^2}{2Z} - \frac{1}{2} Z_\omega \omega^2 Q^2 - Z_\lambda \lambda \omega^3 Q^4 \right) = \frac{P^2}{2Z} + \frac{1}{2} Z_\omega \omega^2 Q^2 + Z_\lambda \lambda \omega^3 Q^4$ 根据题目要求，将其分离为无微扰部分 $H_0 = \frac{1}{2}P^2 + \frac{1}{2}\omega^2 Q^2$ 和微扰部分 $H_1$ ： $H = H_0 + H_1$ $\boxed{H_1 = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{Z} - 1 \right) P^2 + \frac{1}{2} (Z_\omega - 1) \omega^2 Q^2 + Z_\lambda \lambda \omega^3 Q^4}$

b) 计算 $O(\lambda)$ 阶的能量本征值和本征态修正

代入 $Z = 1 + \kappa_A \lambda + O(\lambda^2)$ ， $Z_\omega = 1 + \kappa_B \lambda + O(\lambda^2)$ 以及 $Z_\lambda = 1$ 。在 $O(\lambda)$ 阶下，有 $\frac{1}{Z} - 1 \approx -\kappa_A \lambda$ 和 $Z_\omega - 1 \approx \kappa_B \lambda$ 。因此微扰哈密顿量为： $H_1 = \lambda \left[ -\frac{1}{2} \kappa_A P^2 + \frac{1}{2} \kappa_B \omega^2 Q^2 + \omega^3 Q^4 \right]$ 引入产生湮灭算符 $a$ 和 $a^\dagger$ ，有 $Q = \frac{1}{\sqrt{2\omega}}(a + a^\dagger)$ 和 $P = -i\sqrt{\frac{\omega}{2}}(a - a^\dagger)$ 。代入 $H_1$ 中： $P^2 = -\frac{\omega}{2} (a^2 + a^{\dagger 2} - 2N - 1), \quad Q^2 = \frac{1}{2\omega} (a^2 + a^{\dagger 2} + 2N + 1)$ $H_1 = \frac{\lambda \omega}{4} \left[ (\kappa_A + \kappa_B)(a^2 + a^{\dagger 2}) + (\kappa_B - \kappa_A)(2N + 1) + (a + a^\dagger)^4 \right]$ 利用 $(a+a^\dagger)^4$ 作用在基态 $|0\rangle$ 和第一激发态 $|1\rangle$ 上的结果： $(a+a^\dagger)^4 |0\rangle = 3|0\rangle + 6\sqrt{2}|2\rangle + 2\sqrt{6}|4\rangle$ $(a+a^\dagger)^4 |1\rangle = 15|1\rangle + 10\sqrt{6}|3\rangle + 2\sqrt{30}|5\rangle$ 能量修正 $E_n^{(1)} = \langle n | H_1 | n \rangle$ ： $E_0^{(1)} = \frac{\lambda \omega}{4} (\kappa_B - \kappa_A + 3)$ $E_1^{(1)} = \frac{\lambda \omega}{4} [3(\kappa_B - \kappa_A) + 15]$ 所以 $O(\lambda)$ 阶能量本征值为： $\boxed{E_\Omega = \frac{\omega}{2} + \frac{\lambda \omega}{4} (\kappa_B - \kappa_A + 3), \quad E_{\text{I}} = \frac{3\omega}{2} + \frac{3\lambda \omega}{4} (\kappa_B - \kappa_A + 5)}$ 本征态修正 $|n^{(1)}\rangle = \sum_{m \neq n} \frac{\langle m | H_1 | n \rangle}{E_n^{(0)} - E_m^{(0)}} |m\rangle$ ：对于基态 $|0\rangle$ ，非零矩阵元为 $\langle 2 | H_1 | 0 \rangle = \frac{\lambda \omega \sqrt{2}}{4} (\kappa_A + \kappa_B + 6)$ 和 $\langle 4 | H_1 | 0 \rangle = \frac{\lambda \omega \sqrt{6}}{2}$ 。对于第一激发态 $|1\rangle$ ，非零矩阵元为 $\langle 3 | H_1 | 1 \rangle = \frac{\lambda \omega \sqrt{6}}{4} (\kappa_A + \kappa_B + 10)$ 和 $\langle 5 | H_1 | 1 \rangle = \frac{\lambda \omega \sqrt{30}}{2}$ 。代入能量分母 $E_n^{(0)} - E_{n+2}^{(0)} = -2\omega$ 和 $E_n^{(0)} - E_{n+4}^{(0)} = -4\omega$ ，得到 $O(\lambda)$ 阶本征态为： $\boxed{|\Omega\rangle = |0\rangle - \lambda \left[ \frac{\sqrt{2}}{8} (\kappa_A + \kappa_B + 6) |2\rangle + \frac{\sqrt{6}}{8} |4\rangle \right]}$ $\boxed{|\text{I}\rangle = |1\rangle - \lambda \left[ \frac{\sqrt{6}}{8} (\kappa_A + \kappa_B + 10) |3\rangle + \frac{\sqrt{30}}{8} |5\rangle \right]}$

c) 确定 $\kappa_A$ 和 $\kappa_B$ 的数值

根据激发能条件 $\omega = E_{\text{I}} - E_{\Omega}$ ，即要求 $E_1^{(1)} - E_0^{(1)} = 0$ ： $E_1^{(1)} - E_0^{(1)} = \frac{\lambda \omega}{2} (\kappa_B - \kappa_A + 6) = 0 \implies \kappa_A - \kappa_B = 6$ 根据矩阵元条件 $\langle \text{I} | Q | \Omega \rangle = (2\omega)^{-1/2}$ ，在 $O(\lambda)$ 阶展开有 $\langle 1 | Q | 0^{(1)} \rangle + \langle 1^{(1)} | Q | 0 \rangle = 0$ 。由于 $|1^{(1)}\rangle$ 仅包含 $|3\rangle$ 和 $|5\rangle$ ， $\langle 1^{(1)} | Q | 0 \rangle = 0$ 。计算 $\langle 1 | Q | 0^{(1)} \rangle$ ： $\langle 1 | Q | 0^{(1)} \rangle = \langle 1 | \frac{a}{\sqrt{2\omega}} \left( - \lambda \frac{\sqrt{2}}{8} (\kappa_A + \kappa_B + 6) |2\rangle \right) = -\frac{\lambda}{4\sqrt{2\omega}} (\kappa_A + \kappa_B + 6) = 0 \implies \kappa_A + \kappa_B = -6$ 联立两方程解得： $\boxed{\kappa_A = 0, \quad \kappa_B = -6}$

d) $d=1$ 维量子场论视角的传播子修正

在 $d=1$ 维 QFT 中（采用度规使得 $k^2 = -k_0^2$ ），自由传播子为 $\Delta(k^2) = \frac{1}{k^2 + \omega^2}$ 。相互作用顶点为 $-24 i \lambda \omega^3$ （来自 $-\lambda \omega^3 q^4$ ）。反项作用量为 $S_{ct} = \int dt (\frac{1}{2} \kappa_A \lambda \dot{q}^2 - \frac{1}{2} \kappa_B \lambda \omega^2 q^2)$ ，对应的两点反项顶点为 $i(-\kappa_A \lambda k^2 - \kappa_B \lambda \omega^2)$ 。计算单圈自能 $i\Pi_{loop}$ （对称因子为 $1/2$ ）： $i\Pi_{loop} = \frac{1}{2} (-24 i \lambda \omega^3) \int \frac{dk_0}{2\pi} \frac{1}{i(-k_0^2 + \omega^2 - i\epsilon)} = -12 i \lambda \omega^3 \left( \frac{1}{2\omega} \right) = -6 i \lambda \omega^2 \implies \Pi_{loop} = -6 \lambda \omega^2$ 反项自能为 $\Pi_{ct} = -\kappa_A \lambda k^2 - \kappa_B \lambda \omega^2$ 。总自能为 $\Pi(k^2) = -\lambda \kappa_A k^2 - \lambda (\kappa_B + 6) \omega^2$ 。精确传播子为： $\boldsymbol{\Delta}(k^2) = \frac{1}{k^2 + \omega^2 - \Pi(k^2)} = \frac{1}{k^2(1 + \lambda \kappa_A) + \omega^2(1 + \lambda(\kappa_B + 6))}$ 要求传播子在 $k^2 = -\omega^2$ 处有极点，即分母在此处为零： $-\omega^2(1 + \lambda \kappa_A) + \omega^2(1 + \lambda(\kappa_B + 6)) = 0 \implies \kappa_A - \kappa_B = 6$ 要求该极点处的留数为 1，即分母对 $k^2$ 的导数在极点处为 1： $1 - \Pi'(-\omega^2) = 1 + \lambda \kappa_A = 1 \implies \kappa_A = 0$ 由此解得： $\boxed{\kappa_A = 0, \quad \kappa_B = -6}$ 结论与物理意义： QFT 计算得到的结果与 (c) 部分完全一致。它们理应一致，因为 QFT 中的精确传播子 $\boldsymbol{\Delta}(k^2)$ 本质上是编时乘积 $\langle \Omega | T Q(t) Q(0) | \Omega \rangle$ 的傅里叶变换。根据 Källén-Lehmann 谱表示，传播子的单粒子极点位置严格对应于第一激发态与基态的精确能隙 $E_{\text{I}} - E_{\Omega}$ ，而该极点处的留数正比于跃迁矩阵元的模方 $|\langle \text{I} | Q | \Omega \rangle|^2$ 。因此，在 QFT 中固定极点位置和留数，在物理上完全等价于在量子力学中重整化激发能和坐标算符的矩阵元。

Problem 14.1

习题 14.1

习题 14.1 - 解答

Problem 14.2

习题 14.2

习题 14.2 - 解答

Problem 14.3

习题 14.3

习题 14.3 - 解答

a) 证明式 (14.52) 与 (14.53) 并求解 C2C_2C2​

b) 计算四阶张量积分 ∫ddqqμqνqρqσf(q2)\int d^{d} q q^{\mu} q^{\nu} q^{\rho} q^{\sigma} f\left(q^{2}\right)∫ddqqμqνqρqσf(q2)

Problem 14.4

习题 14.4

习题 14.4 - 解答

Problem 14.5

习题 14.5

习题 14.5 - 解答

习题 14.5 分析与解答

第一步：计算单圈自能积分 Πloop(k2)\Pi_{\text{loop}}(k^2)Πloop​(k2)

第二步：在 d=4−εd = 4 - \varepsilond=4−ε 维展开

第三步：计算反项 AAA 和 BBB

第四步：传播子的 O(λ)O(\lambda)O(λ) 修正

Problem 14.6

习题 14.6

习题 14.6 - 解答

Problem 14.7

习题 14.7

习题 14.7 - 解答

a) 证明式 (14.52) 与 (14.53) 并求解 $C_2$

b) 计算四阶张量积分 $\int d^{d} q q^{\mu} q^{\nu} q^{\rho} q^{\sigma} f\left(q^{2}\right)$

第一步：计算单圈自能积分 $\Pi_{\text{loop}}(k^2)$

第二步：在 $d = 4 - \varepsilon$ 维展开

第三步：计算反项 $A$ 和 $B$

第四步：传播子的 $O(\lambda)$ 修正