Gauge Field Notes
16.1

Problem 16.1

srednickiChapter 16

习题 16.1

来源: 第16章, PDF第126,127页

16.1 Compute the O(λ2)O(\lambda^2) correction to V4\mathbf{V}_4 in φ4\varphi^4 theory (see problem 9.2) in d=4−εd = 4 - \varepsilon spacetime dimensions. Take V4=λ\mathbf{V}_4 = \lambda when all four external momenta are on shell, and s=4m2s = 4m^2. What is the O(λ)O(\lambda) contribution to CC?

习题 16.1 - 解答

在 d=4−εd = 4 - \varepsilon 维时空中，φ4\varphi^4 理论的相互作用拉格朗日量包含重整化项 Lint=−124Zλλμ~εφ4\mathcal{L}_{\text{int}} = -\frac{1}{24} Z_\lambda \lambda \tilde{\mu}^\varepsilon \varphi^4，其中 Zλ=1+CZ_\lambda = 1 + C。因此，树图阶的四点顶点函数为 λμ~ε\lambda \tilde{\mu}^\varepsilon。

在 O(λ2)O(\lambda^2) 阶，精确的四点顶点函数 V4(s,t,u)\mathbf{V}_4(s, t, u) 由树图、单圈 s,t,us, t, u 散度图以及顶点反常项 CC 贡献组成。单圈图的振幅可以通过引入费曼参数和进行 Wick 转动来计算。定义单圈积分函数 I(p2)I(p^2) 如下：

I(p2)=∫ddk(2π)d1(k2+m2)((k+p)2+m2)=Γ(ε/2)(4π)2−ε/2∫01dx1[m2−x(1−x)p2]ε/2I(p^2) = \int \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{1}{(k^2 + m^2)((k+p)^2 + m^2)} = \frac{\Gamma(\varepsilon/2)}{(4\pi)^{2-\varepsilon/2}} \int_0^1 dx \frac{1}{[m^2 - x(1-x)p^2]^{\varepsilon/2}}

包含对称因子 1/21/2 和耦合常数后，精确顶点函数可以写为：

V4(s,t,u)=λμ~ε−12λ2μ~2ε[I(s)+I(t)+I(u)]+Cλμ~ε+O(λ3)\mathbf{V}_4(s, t, u) = \lambda \tilde{\mu}^\varepsilon - \frac{1}{2} \lambda^2 \tilde{\mu}^{2\varepsilon} \left[ I(s) + I(t) + I(u) \right] + C \lambda \tilde{\mu}^\varepsilon + O(\lambda^3)

（注意：由于 iM=−iV4i\mathcal{M} = -i\mathbf{V}_4，且单圈图贡献为 +i12λ2μ~2εI(p2)+i \frac{1}{2} \lambda^2 \tilde{\mu}^{2\varepsilon} I(p^2)，反常顶点贡献为 −iCλμ~ε-i C \lambda \tilde{\mu}^\varepsilon，因此在 V4\mathbf{V}_4 中单圈积分为负号，而 CC 为正号）。

题目给定的重整化条件为：当四个外部动量均在壳（pi2=−m2p_i^2 = -m^2）且 s=4m2s = 4m^2 时，V4=λμ~ε\mathbf{V}_4 = \lambda \tilde{\mu}^\varepsilon（为保持 dd 维量纲一致，树图耦合常数带有 μ~ε\tilde{\mu}^\varepsilon）。 在阈值运动学点 s=4m2s = 4m^2 且所有外线在壳时，空间动量为零，此时必然有 t=0t = 0 且 u=0u = 0。代入重整化条件得到：

λμ~ε=λμ~ε−12λ2μ~2ε[I(4m2)+2I(0)]+Cλμ~ε\lambda \tilde{\mu}^\varepsilon = \lambda \tilde{\mu}^\varepsilon - \frac{1}{2} \lambda^2 \tilde{\mu}^{2\varepsilon} \left[ I(4m^2) + 2I(0) \right] + C \lambda \tilde{\mu}^\varepsilon

由此可以解出 CC 的 O(λ)O(\lambda) 阶贡献：

C=12λμ~ε[I(4m2)+2I(0)]C = \frac{1}{2} \lambda \tilde{\mu}^\varepsilon \left[ I(4m^2) + 2I(0) \right]

接下来分别计算 I(4m2)I(4m^2) 和 I(0)I(0)： 对于 I(0)I(0)，积分非常简单：

I(0)=Γ(ε/2)(4π)2−ε/2∫01dx1(m2)ε/2=Γ(ε/2)(4π)2−ε/2m−εI(0) = \frac{\Gamma(\varepsilon/2)}{(4\pi)^{2-\varepsilon/2}} \int_0^1 dx \frac{1}{(m^2)^{\varepsilon/2}} = \frac{\Gamma(\varepsilon/2)}{(4\pi)^{2-\varepsilon/2}} m^{-\varepsilon}

对于 I(4m2)I(4m^2)，分母中的项为 m2−4m2x(1−x)=m2(1−4x+4x2)=m2(1−2x)2m^2 - 4m^2 x(1-x) = m^2(1 - 4x + 4x^2) = m^2(1-2x)^2：

I(4m2)=Γ(ε/2)(4π)2−ε/2m−ε∫01dx1∣1−2x∣εI(4m^2) = \frac{\Gamma(\varepsilon/2)}{(4\pi)^{2-\varepsilon/2}} m^{-\varepsilon} \int_0^1 dx \frac{1}{|1-2x|^\varepsilon}

作变量代换 y=1−2xy = 1-2x，则 dx=−dy/2dx = -dy/2，积分区间变为从 11 到 −1-1：

∫01dx∣1−2x∣−ε=12∫−11dy∣y∣−ε=∫01dy y−ε=11−ε\int_0^1 dx |1-2x|^{-\varepsilon} = \frac{1}{2} \int_{-1}^1 dy |y|^{-\varepsilon} = \int_0^1 dy \, y^{-\varepsilon} = \frac{1}{1-\varepsilon}

因此：

I(4m2)=Γ(ε/2)(4π)2−ε/2m−ε11−εI(4m^2) = \frac{\Gamma(\varepsilon/2)}{(4\pi)^{2-\varepsilon/2}} m^{-\varepsilon} \frac{1}{1-\varepsilon}

将 I(4m2)I(4m^2) 和 I(0)I(0) 代入 CC 的表达式中，我们得到 CC 的 O(λ)O(\lambda) 阶贡献：

C=12λ(μ~m)εΓ(ε/2)(4π)2−ε/2(11−ε+2)=12λ(μ~m)εΓ(ε/2)(4π)2−ε/23−2ε1−εC = \frac{1}{2} \lambda \left( \frac{\tilde{\mu}}{m} \right)^\varepsilon \frac{\Gamma(\varepsilon/2)}{(4\pi)^{2-\varepsilon/2}} \left( \frac{1}{1-\varepsilon} + 2 \right) = \frac{1}{2} \lambda \left( \frac{\tilde{\mu}}{m} \right)^\varepsilon \frac{\Gamma(\varepsilon/2)}{(4\pi)^{2-\varepsilon/2}} \frac{3-2\varepsilon}{1-\varepsilon}
C=λ2(μ~m)εΓ(ε/2)(4π)2−ε/23−2ε1−ε\boxed{ C = \frac{\lambda}{2} \left( \frac{\tilde{\mu}}{m} \right)^\varepsilon \frac{\Gamma(\varepsilon/2)}{(4\pi)^{2-\varepsilon/2}} \frac{3-2\varepsilon}{1-\varepsilon} }

最后，将求得的 CC 代回 V4(s,t,u)\mathbf{V}_4(s, t, u) 的表达式中，即可得到 V4\mathbf{V}_4 的 O(λ2)O(\lambda^2) 阶修正 δV4=V4−λμ~ε\delta \mathbf{V}_4 = \mathbf{V}_4 - \lambda \tilde{\mu}^\varepsilon：

δV4=Cλμ~ε−12λ2μ~2ε[I(s)+I(t)+I(u)]\delta \mathbf{V}_4 = C \lambda \tilde{\mu}^\varepsilon - \frac{1}{2} \lambda^2 \tilde{\mu}^{2\varepsilon} \left[ I(s) + I(t) + I(u) \right]

提取公因子后，得到最终的精确 dd 维表达式：

δV4=12λ2μ~2εΓ(ε/2)(4π)2−ε/2[m−ε3−2ε1−ε−∫01dx(Δs−ε/2+Δt−ε/2+Δu−ε/2)]\boxed{ \delta \mathbf{V}_4 = \frac{1}{2} \lambda^2 \tilde{\mu}^{2\varepsilon} \frac{\Gamma(\varepsilon/2)}{(4\pi)^{2-\varepsilon/2}} \left[ m^{-\varepsilon} \frac{3-2\varepsilon}{1-\varepsilon} - \int_0^1 dx \left( \Delta_s^{-\varepsilon/2} + \Delta_t^{-\varepsilon/2} + \Delta_u^{-\varepsilon/2} \right) \right] }

其中，Δp=m2−x(1−x)p2\Delta_p = m^2 - x(1-x)p^2 分别对应 p2=s,t,up^2 = s, t, u。

16.2

Problem 16.2

srednickiChapter 16

习题 16.2

来源: 第16章, PDF第126页

16.2 Repeat problem 16.1 for the theory of problem 9.3.

习题 16.2 - 解答

习题分析与物理背景

本题要求计算 Problem 9.3 中理论在 O(g2)\mathcal{O}(g^2) 阶的真空能量密度（Vacuum Energy Density）E0\mathcal{E}_0。 Problem 9.3 描述的理论包含一个质量为 mm 的复标量场 φ\varphi 和一个质量为 MM 的实标量场 χ\chi，其相互作用拉格朗日量为： Lint=gφ†φχ\mathcal{L}_{\text{int}} = g \varphi^\dagger \varphi \chi

真空能量密度 E0\mathcal{E}_0 通过真空到真空的跃迁振幅 Z(0)Z(0) 定义： Z(0)=eiW(0)=e−iE0VTZ(0) = e^{i W(0)} = e^{-i \mathcal{E}_0 V T} 其中 iW(0)i W(0) 是所有连通真空费曼图（Connected Vacuum Diagrams）的求和，VTV T 是时空总体积（即动量空间中的 (2π)dδd(0)(2\pi)^d \delta^d(0)）。因此，O(g2)\mathcal{O}(g^2) 阶的真空能量密度可以通过计算该阶下的连通真空图得到： E0=−W(0)VT=iiW(0)VT\mathcal{E}_0 = -\frac{W(0)}{V T} = i \frac{i W(0)}{V T}

在该理论中，相互作用顶点包含一条 χ\chi 线、一条进入的 φ\varphi 线和一条外出的 φ\varphi 线。在 O(g2)\mathcal{O}(g^2) 阶，存在两个连通的真空费曼图：

  1. 哑铃图（Dumbbell Diagram / Figure-eight Diagram）：两个 φ\varphi 场的蝌蚪环（Tadpole）通过一条 χ\chi 场的传播子相连。
  2. 日落图（Sunset Diagram / Melon Diagram）：两个顶点通过一条 χ\chi 线和两条 φ\varphi 线（一正一反）相连。

根据 Srednicki 的约定，动量空间中的费曼规则如下：

  • φ\varphi 场传播子：Δφ(p)=1i(p2+m2−iϵ)\Delta_\varphi(p) = \frac{1}{i(p^2 + m^2 - i\epsilon)}
  • χ\chi 场传播子：Δχ(k)=1i(k2+M2−iϵ)\Delta_\chi(k) = \frac{1}{i(k^2 + M^2 - i\epsilon)}
  • 相互作用顶点：igig

为了书写简便，定义以下标准积分： A(m2)≡∫ddp(2π)d1i(p2+m2−iϵ)A(m^2) \equiv \int \frac{d^d p}{(2\pi)^d} \frac{1}{i(p^2 + m^2 - i\epsilon)} I(m12,m22,m32)≡∫ddp(2π)dddq(2π)d1i(p2+m12−iϵ)1i(q2+m22−iϵ)1i((p+q)2+m32−iϵ)I(m_1^2, m_2^2, m_3^2) \equiv \int \frac{d^d p}{(2\pi)^d} \frac{d^d q}{(2\pi)^d} \frac{1}{i(p^2 + m_1^2 - i\epsilon)} \frac{1}{i(q^2 + m_2^2 - i\epsilon)} \frac{1}{i((p+q)^2 + m_3^2 - i\epsilon)}

解题过程

(1) 哑铃图 (Dumbbell Diagram) 的贡献

首先确定该图的对称因子 S1S_1。在 Dyson 级数展开中，二阶项自带系数 12!\frac{1}{2!}。对于哑铃图的 Wick 收缩：

  • χ(x)\chi(x) 必须与 χ(y)\chi(y) 收缩（1 种方式）。
  • 在顶点 xx 处，φ†(x)\varphi^\dagger(x) 必须与 φ(x)\varphi(x) 收缩形成蝌蚪环（1 种方式）。
  • 在顶点 yy 处，φ†(y)\varphi^\dagger(y) 必须与 φ(y)\varphi(y) 收缩形成蝌蚪环（1 种方式）。 因此，总的收缩方式只有 1 种，保留了 Dyson 级数的系数，对称因子为 S1=2S_1 = 2。

写出该图在动量空间中的振幅 iW1i W_1。两个 φ\varphi 环各自携带独立的回路动量 pp 和 qq，而连接它们的 χ\chi 传播子携带的动量为 00（由顶点的动量守恒决定）： iW1=VT1S1(ig)2Δχ(0)(∫ddp(2π)dΔφ(p))(∫ddq(2π)dΔφ(q))i W_1 = V T \frac{1}{S_1} (ig)^2 \Delta_\chi(0) \left( \int \frac{d^d p}{(2\pi)^d} \Delta_\varphi(p) \right) \left( \int \frac{d^d q}{(2\pi)^d} \Delta_\varphi(q) \right) 代入传播子表达式： iW1=VT12(−g2)1iM2A(m2)A(m2)=iVTg22M2[A(m2)]2i W_1 = V T \frac{1}{2} (-g^2) \frac{1}{i M^2} A(m^2) A(m^2) = i V T \frac{g^2}{2 M^2} [A(m^2)]^2 由此得到哑铃图对真空能量密度的贡献： E0,1=iiW1VT=i(ig22M2[A(m2)]2)=−g22M2[A(m2)]2\mathcal{E}_{0,1} = i \frac{i W_1}{V T} = i \left( i \frac{g^2}{2 M^2} [A(m^2)]^2 \right) = -\frac{g^2}{2 M^2} [A(m^2)]^2

(2) 日落图 (Sunset Diagram) 的贡献

接下来确定日落图的对称因子 S2S_2。同样，Dyson 级数给出 12!\frac{1}{2!}。对于日落图的 Wick 收缩：

  • χ(x)\chi(x) 必须与 χ(y)\chi(y) 收缩（1 种方式）。
  • 为了将两个顶点连接起来，φ†(x)\varphi^\dagger(x) 必须与 φ(y)\varphi(y) 收缩（1 种方式），同时 φ(x)\varphi(x) 必须与 φ†(y)\varphi^\dagger(y) 收缩（1 种方式）。 由于复标量场的线是有向的，收缩方式唯一，因此对称因子同样为 S2=2S_2 = 2。

写出该图在动量空间中的振幅 iW2i W_2。设两条 φ\varphi 线的动量分别为 pp 和 qq，则由动量守恒，χ\chi 线的动量为 −(p+q)-(p+q)： iW2=VT1S2(ig)2∫ddp(2π)dddq(2π)dΔφ(p)Δφ(q)Δχ(p+q)i W_2 = V T \frac{1}{S_2} (ig)^2 \int \frac{d^d p}{(2\pi)^d} \frac{d^d q}{(2\pi)^d} \Delta_\varphi(p) \Delta_\varphi(q) \Delta_\chi(p+q) 代入传播子表达式并利用定义的积分 II： iW2=VT12(−g2)I(m2,m2,M2)=−VTg22I(m2,m2,M2)i W_2 = V T \frac{1}{2} (-g^2) I(m^2, m^2, M^2) = - V T \frac{g^2}{2} I(m^2, m^2, M^2) 由此得到日落图对真空能量密度的贡献： E0,2=iiW2VT=i(−g22I(m2,m2,M2))=−ig22I(m2,m2,M2)\mathcal{E}_{0,2} = i \frac{i W_2}{V T} = i \left( - \frac{g^2}{2} I(m^2, m^2, M^2) \right) = -i \frac{g^2}{2} I(m^2, m^2, M^2)

(3) 总真空能量密度

将两个图的贡献相加，即可得到 O(g2)\mathcal{O}(g^2) 阶的总真空能量密度偏移量： E0=E0,1+E0,2\mathcal{E}_0 = \mathcal{E}_{0,1} + \mathcal{E}_{0,2}

E0=−g22M2[A(m2)]2−ig22I(m2,m2,M2)\boxed{ \mathcal{E}_0 = -\frac{g^2}{2 M^2} [A(m^2)]^2 - i \frac{g^2}{2} I(m^2, m^2, M^2) }