习题 15.1 - 解答

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a) 在标量场论的重整化中，单粒子不可约两点函数 $\Pi(k^2)$ 满足重整化条件 $\Pi(-m^2) = 0$ 和 $\Pi'(-m^2) = 0$。根据题意，完整的 $\Pi(k^2)$ 到 $O(\alpha)$ 阶的表达式为： $\Pi(k^2) = \Pi_{\text{loop}}(k^2) - A k^2 - B m^2 + O(\alpha^2)$ 对其关于 $k^2$ 求导，得到： $\Pi'(k^2) = \Pi_{\text{loop}}'(k^2) - A + O(\alpha^2)$ 代入重整化条件 $\Pi'(-m^2) = 0$，在忽略 $O(\alpha^2)$ 高阶项的情况下，我们得到： A = \Pi_{\text{loop}}'(-m^2) \tag{15.14} 由于 $\Pi_{\text{loop}}(w)$ 在 $w = -m^2$ 附近是解析的，我们可以利用柯西积分公式（Cauchy's integral formula）来表示其一阶导数。取一条围绕 $w = -m^2$ 的逆时针小圆周 $C$ 作为积分路径，则有： A = \frac{d}{dw}\Pi_{\text{loop}}(w)\bigg|_{w=-m^2} = \oint_C \frac{dw}{2\pi i} \frac{\Pi_{\text{loop}}(w)}{(w + m^2)^2} \tag{15.15}

b) 观察式 (14.32) 中的积分，被积函数依赖于 $D = x(1-x)k^2 + m^2$。由于存在 $D^{\varepsilon/2}$（或更准确地说是 $D^{1-\varepsilon/2}$）的因子，当 $D \le 0$ 时被积函数会出现分支点（branch point）。 令 $D \le 0$，即： $k^2 \le -\frac{m^2}{x(1-x)}$ 在积分区间 $x \in [0, 1]$ 内，$x(1-x)$ 的最大值为 $1/4$（在 $x=1/2$ 处取得）。因此，$-\frac{m^2}{x(1-x)}$ 的最小值为 $-4m^2$。 这意味着只有当 $k^2 \le -4m^2$ 时，积分路径上才会出现 $D \le 0$ 的情况。因此，$\Pi_{\text{loop}}(k^2)$ 的唯一奇点是位于 $k^2 = -4m^2$ 的分支点，且分支割线（branch cut）沿负实轴延伸至 $-\infty$。

c) 我们将围绕 $-m^2$ 的逆时针小圆周 $C$ 变形。根据柯西积分定理，将路径向外推至无穷远，等价于一个无穷远处的逆时针大圆 $C_\infty$ 加上一个环绕分支割线的路径 $C_{\text{cut}}$。 对于 $\varepsilon > 0$，当 $|w| \to \infty$ 时，$D \sim w$，因此 $\Pi_{\text{loop}}(w) \sim w^{1-\varepsilon/2}$。在无穷远圆周上，积分微元 $dw \sim w$，分母 $(w+m^2)^2 \sim w^2$，故被积函数整体行为类似于 $w^{-1-\varepsilon/2}$。因为 $\varepsilon > 0$，该积分在无穷远处趋于零，即 $C_\infty$ 的贡献为零。 环绕分支割线的路径 $C_{\text{cut}}$ 由两部分组成：在割线上方从 $-\infty + i\epsilon$ 积至 $-4m^2 + i\epsilon$，以及在割线下方从 $-4m^2 - i\epsilon$ 积至 $-\infty - i\epsilon$。因此： $A = \int_{-\infty}^{-4m^2} \frac{dw}{2\pi i} \frac{\Pi_{\text{loop}}(w + i\epsilon)}{(w + m^2)^2} + \int_{-4m^2}^{-\infty} \frac{dw}{2\pi i} \frac{\Pi_{\text{loop}}(w - i\epsilon)}{(w + m^2)^2}$ 合并积分限，得到： A = \int_{-\infty}^{-4m^2} \frac{dw}{2\pi i} \frac{1}{(w + m^2)^2} \left[ \Pi_{\text{loop}}(w + i\epsilon) - \Pi_{\text{loop}}(w - i\epsilon) \right] \tag{15.16}

d) 对于 $w < -4m^2$，存在 $x$ 使得 $D(w) < 0$。当我们给 $w$ 加上一个无穷小的虚部 $\pm i\epsilon$ 时，$D$ 变为 $D \pm i\epsilon x(1-x)$。因为 $x(1-x) > 0$，虚部的符号与 $\pm i\epsilon$ 相同。 因此，对于 $D < 0$，有 $D \pm i\epsilon = |D| e^{\pm i\pi}$。代入式 (14.32) 的被积函数中： $(D \pm i\epsilon)^{1-\varepsilon/2} = |D|^{1-\varepsilon/2} e^{\pm i\pi(1-\varepsilon/2)}$ 这表明 $\Pi_{\text{loop}}(w + i\epsilon)$ 和 $\Pi_{\text{loop}}(w - i\epsilon)$ 互为复共轭。因此，它们的实部相等（即实部连续穿过割线），而虚部符号相反。于是有： \Pi_{\text{loop}}(w + i\epsilon) - \Pi_{\text{loop}}(w - i\epsilon) = 2i \operatorname{Im} \Pi_{\text{loop}}(w + i\epsilon) = -2i \operatorname{Im} \Pi_{\text{loop}}(w - i\epsilon) \tag{15.17}

e) 在式 (15.16) 中作变量代换 $w = -s$，则 $dw = -ds$，积分限从 $(-\infty, -4m^2)$ 变为 $(\infty, 4m^2)$。代入式 (15.17) 的结果： A = \int_{\infty}^{4m^2} \frac{-ds}{2\pi i} \frac{1}{(-s + m^2)^2} \left[ -2i \operatorname{Im} \Pi_{\text{loop}}(-s - i\epsilon) \right] = -\frac{1}{\pi} \int_{4m^2}^{\infty} ds \frac{\operatorname{Im} \Pi_{\text{loop}}(-s - i\epsilon)}{(s - m^2)^2} \tag{15.18}

验证 Problem 13.1 的结果： 首先，直接从 $\Pi_{\text{loop}}'(-m^2)$ 计算 $A$（即 Problem 13.1 的做法）： $A = \frac{1}{2} \alpha \Gamma(-1+\tfrac{\varepsilon}{2}) \left(1-\tfrac{\varepsilon}{2}\right) \int_0^1 dx \, x(1-x) D^{-\varepsilon/2} (4\pi \tilde{\mu}^2)^{\varepsilon/2} \bigg|_{k^2=-m^2}$ 利用 $\Gamma(-1+\varepsilon/2)(1-\varepsilon/2) = -\Gamma(\varepsilon/2)$，且在 $k^2 = -m^2$ 时 $D = m^2(1-x+x^2)$，得到： $A = -\frac{1}{2} \alpha \Gamma(\tfrac{\varepsilon}{2}) \int_0^1 dx \, x(1-x) \left( \frac{4\pi \tilde{\mu}^2}{m^2(1-x+x^2)} \right)^{\varepsilon/2}$

现在使用色散关系式 (15.18) 重新计算。先求 $\operatorname{Im} \Pi_{\text{loop}}(-s - i\epsilon)$： $\operatorname{Im} \left[ (D - i\epsilon)^{1-\varepsilon/2} \right] = |D|^{1-\varepsilon/2} \sin(-\pi(1-\tfrac{\varepsilon}{2})) = -|D|^{1-\varepsilon/2} \sin(\tfrac{\pi\varepsilon}{2})$ 利用欧拉反射公式 $\Gamma(-1+\varepsilon/2) \sin(\pi\varepsilon/2) = -\frac{\pi}{\Gamma(2-\varepsilon/2)}$，可得： $\operatorname{Im} \Pi_{\text{loop}}(-s - i\epsilon) = \frac{\pi \alpha}{2 \Gamma(2-\varepsilon/2)} \int_{x_1}^{x_2} dx \, (x(1-x)s - m^2)^{1-\varepsilon/2} (4\pi \tilde{\mu}^2)^{\varepsilon/2}$ 其中积分区间 $[x_1, x_2]$ 是使得 $x(1-x)s - m^2 > 0$ 的范围。将其代入式 (15.18) 并交换 $s$ 和 $x$ 的积分顺序（$s$ 的积分下限变为 $\frac{m^2}{x(1-x)}$）： $A = -\frac{\alpha (4\pi \tilde{\mu}^2)^{\varepsilon/2}}{2 \Gamma(2-\varepsilon/2)} \int_0^1 dx \int_{\frac{m^2}{x(1-x)}}^{\infty} ds \frac{(x(1-x)s - m^2)^{1-\varepsilon/2}}{(s - m^2)^2}$ 对 $s$ 进行积分，作代换 $s = \frac{m^2}{x(1-x)} + y$，并记 $C = \frac{m^2(1-x+x^2)}{x(1-x)}$，内层积分化为 Beta 函数形式： $\int_0^\infty dy \frac{(x(1-x)y)^{1-\varepsilon/2}}{(y + C)^2} = (x(1-x))^{1-\varepsilon/2} C^{-\varepsilon/2} B(2-\tfrac{\varepsilon}{2}, \tfrac{\varepsilon}{2})$ 代入 $B(2-\varepsilon/2, \varepsilon/2) = \Gamma(2-\varepsilon/2)\Gamma(\varepsilon/2)$ 和 $C$ 的表达式，内层积分结果为： $x(1-x) (m^2(1-x+x^2))^{-\varepsilon/2} \Gamma(2-\tfrac{\varepsilon}{2}) \Gamma(\tfrac{\varepsilon}{2})$ 将其代回 $A$ 的表达式中，$\Gamma(2-\varepsilon/2)$ 恰好消去，最终得到： $\boxed{ A = -\frac{1}{2} \alpha \Gamma(\tfrac{\varepsilon}{2}) \int_0^1 dx \, x(1-x) \left( \frac{4\pi \tilde{\mu}^2}{m^2(1-x+x^2)} \right)^{\varepsilon/2} }$ 这与直接求导得到的结果完全一致，从而在 $O(\alpha)$ 阶验证了 Problem 13.1 的结果。

习题 15.2 - 解答

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为了推导真空极化函数二阶导数的色散关系，我们将动量平方 $k^2$ 推广到复平面上的复变量 $z = k^2$。根据题意，精确的真空极化函数 $\Pi(z)$ 在复平面上除了在负实轴上从 $z = -4m^2$ 到 $z = -\infty$ 存在一条割线（由分支点 $z = -4m^2$ 引起）外，处处解析。

根据柯西积分公式，对于不在割线上的任意解析点 $z$，$\Pi(z)$ 的二阶导数可以表示为：

其中，积分路径 $C$ 是围绕点 $z$ 的逆时针闭合小回路。

接下来，我们将积分路径 $C$ 向外变形，直到它变成一个半径为 $R \to \infty$ 的逆时针大圆 $C_R$，以及一个紧贴割线、顺时针绕过分支点的回路 $C_{\text{cut}}$。根据解析延拓和柯西积分定理，回路 $C$ 上的积分等于 $C_R$ 和 $C_{\text{cut}}$ 上的积分之和：

1. 证明大圆 $C_R$ 上的积分趋于零 题目已知在大 $|z|$ 极限下，$\Pi(z)$ 的增长速度慢于 $|z|^2$，即 $\lim_{|w| \to \infty} \frac{|\Pi(w)|}{|w|^2} = 0$。 在半径为 $R$ 的大圆 $C_R$ 上，$w = R e^{i\theta}$ 且 $dw = i R e^{i\theta} d\theta$。当 $R \to \infty$ 时，积分的模满足：

因此，大圆 $C_R$ 上的积分贡献为零。

2. 计算割线回路 $C_{\text{cut}}$ 上的积分 回路 $C_{\text{cut}}$ 包含两部分：从 $-\infty + i\varepsilon$ 到 $-4m^2 + i\varepsilon$ 的割线上方路径，以及从 $-4m^2 - i\varepsilon$ 到 $-\infty - i\varepsilon$ 的割线下方路径（绕过分支点 $-4m^2$ 的无穷小半圆积分贡献为零，因为 $\Pi(w)$ 在分支点处没有极点发散）。 我们引入实变量 $s = -w$，对这两段路径进行参数化：

• 割线上方：$w = -s + i\varepsilon$，其中 $s$ 从 $\infty$ 积到 $4m^2$，且 $dw = -ds$。
• 割线下方：$w = -s - i\varepsilon$，其中 $s$ 从 $4m^2$ 积到 $\infty$，且 $dw = -ds$。

将这两部分代入积分中：

交换第一项的积分上下限以吸收负号，并在分母中取极限 $\varepsilon \to 0$（因为 $z$ 不在割线上，分母不会发散）：

3. 利用不连续性关系化简 根据题目给定的公式 (15.17)：

令 $w = -s$，我们可以得到割线两侧的函数值之差：

将其代入前面的积分式，并提取分母中的负号 $(-s - z)^3 = -(s + z)^3$：

4. 得出最终结果 将 $C_{\text{cut}}$ 的积分结果代回 $\Pi''(z)$ 的表达式中：

最后，将复变量 $z$ 替换回物理动量平方 $k^2$，即得到所求的色散关系：