Gauge Field Notes
20.1

Problem 20.1

srednickiChapter 20

习题 20.1

来源: 第20章, PDF第138页

20.1 Verify eq. (20.17).

Referenced Equations:

Equation (20.17):

∫dF4D4(s,t)=−3s+t(π2+[ln⁡(s/t)]2)=+3u(π2+[ln⁡(s/t)]2),(20.17)\begin{aligned} \int \frac{dF_4}{D_4(s,t)} &= - \frac{3}{s+t} \left( \pi^2 + \left[ \ln(s/t) \right]^2 \right) \\ &= + \frac{3}{u} \left( \pi^2 + \left[ \ln(s/t) \right]^2 \right) , \end{aligned} \tag{20.17}

习题 20.1 - 解答

为了验证等式 (20.17)，我们需要计算无质量标量场（如 6 维 ϕ3\phi^3 理论）单圈盒图 (box diagram) 的 Feynman 参数积分。

1. 积分的定义与参数化 Feynman 参数测度定义为： dF4=3! δ(1−x1−x2−x3−x4) dx1dx2dx3dx4dF_4 = 3! \, \delta(1 - x_1 - x_2 - x_3 - x_4) \, dx_1 dx_2 dx_3 dx_4 对于无质量粒子的盒图，其分母为： D4(s,t)=−sx1x3−tx2x4D_4(s,t) = -s x_1 x_3 - t x_2 x_4 我们需要计算的积分是： I=∫dF4D4(s,t)=−6∫01dx1dx2dx3dx4δ(1−∑i=14xi)sx1x3+tx2x4\mathcal{I} = \int \frac{dF_4}{D_4(s,t)} = -6 \int_0^1 dx_1 dx_2 dx_3 dx_4 \frac{\delta(1 - \sum_{i=1}^4 x_i)}{s x_1 x_3 + t x_2 x_4} 为了解耦 δ\delta 函数约束，我们利用齐次函数的指数化技巧。由于被积函数关于 xix_i 是 −2-2 阶齐次的，我们可以将积分改写为在整个正象限上的无约束积分（引入截断因子 e−∑xie^{-\sum x_i}）： I=−6∫0∞dx1dx2dx3dx4e−(x1+x2+x3+x4)sx1x3+tx2x4\mathcal{I} = -6 \int_0^\infty dx_1 dx_2 dx_3 dx_4 \frac{e^{-(x_1+x_2+x_3+x_4)}}{s x_1 x_3 + t x_2 x_4}

2. 引入 Schwinger 参数 利用恒等式 1X=∫0∞dτe−τX\frac{1}{X} = \int_0^\infty d\tau e^{-\tau X}，我们将分母指数化： I=−6∫0∞dτ∫0∞dx1dx2dx3dx4exp⁡[−x1−x2−x3−x4−τ(sx1x3+tx2x4)]\mathcal{I} = -6 \int_0^\infty d\tau \int_0^\infty dx_1 dx_2 dx_3 dx_4 \exp\left[ -x_1 - x_2 - x_3 - x_4 - \tau(s x_1 x_3 + t x_2 x_4) \right] 此时积分自然分解为 (x1,x3)(x_1, x_3) 和 (x2,x4)(x_2, x_4) 两组独立的积分： I=−6∫0∞dτ(∫0∞dx1dx3e−x1−x3−τsx1x3)(∫0∞dx2dx4e−x2−x4−τtx2x4)\mathcal{I} = -6 \int_0^\infty d\tau \left( \int_0^\infty dx_1 dx_3 e^{-x_1 - x_3 - \tau s x_1 x_3} \right) \left( \int_0^\infty dx_2 dx_4 e^{-x_2 - x_4 - \tau t x_2 x_4} \right) 计算子积分： ∫0∞dx1dx3e−x1−x3−ax1x3=∫0∞dx1e−x1∫0∞dx3e−x3(1+ax1)=∫0∞e−x11+ax1dx1\int_0^\infty dx_1 dx_3 e^{-x_1 - x_3 - a x_1 x_3} = \int_0^\infty dx_1 e^{-x_1} \int_0^\infty dx_3 e^{-x_3(1 + a x_1)} = \int_0^\infty \frac{e^{-x_1}}{1 + a x_1} dx_1 代回原式（将积分变量重命名为 xx 和 yy）： I=−6∫0∞dτ∫0∞dx∫0∞dye−x−y(1+τsx)(1+τty)\mathcal{I} = -6 \int_0^\infty d\tau \int_0^\infty dx \int_0^\infty dy \frac{e^{-x-y}}{(1 + \tau s x)(1 + \tau t y)}

3. 积分计算 首先对 τ\tau 进行积分。利用部分分式展开： ∫0∞dτ(1+τsx)(1+τty)=ln⁡(sx)−ln⁡(ty)sx−ty=ln⁡(sx/ty)sx−ty\int_0^\infty \frac{d\tau}{(1 + \tau s x)(1 + \tau t y)} = \frac{\ln(s x) - \ln(t y)}{s x - t y} = \frac{\ln(s x / t y)}{s x - t y} 于是积分变为： I=−6∫0∞dx∫0∞dy e−x−yln⁡(sx/ty)sx−ty\mathcal{I} = -6 \int_0^\infty dx \int_0^\infty dy \, e^{-x-y} \frac{\ln(s x / t y)}{s x - t y} 作变量代换 x=wyx = w y，则 dx=ydwdx = y dw： I=−6∫0∞dw∫0∞dy ye−y(1+w)ln⁡(sw/t)y(sw−t)\mathcal{I} = -6 \int_0^\infty dw \int_0^\infty dy \, y e^{-y(1+w)} \frac{\ln(s w / t)}{y(s w - t)} 对 yy 的积分可以直接得出 ∫0∞e−y(1+w)dy=11+w\int_0^\infty e^{-y(1+w)} dy = \frac{1}{1+w}，从而： I=−6∫0∞dwln⁡(sw/t)(1+w)(sw−t)\mathcal{I} = -6 \int_0^\infty dw \frac{\ln(s w / t)}{(1+w)(s w - t)} 对有理部分进行部分分式展开： 1(1+w)(sw−t)=1s+t(ssw−t−1w+1)=1s+t(1w−t/s−1w+1)\frac{1}{(1+w)(s w - t)} = \frac{1}{s+t} \left( \frac{s}{s w - t} - \frac{1}{w+1} \right) = \frac{1}{s+t} \left( \frac{1}{w - t/s} - \frac{1}{w+1} \right) 令 a=t/sa = t/s，积分化为： I=−6s+t∫0∞dw(1w−a−1w+1)ln⁡(wa)\mathcal{I} = -\frac{6}{s+t} \int_0^\infty dw \left( \frac{1}{w - a} - \frac{1}{w+1} \right) \ln\left(\frac{w}{a}\right)

4. 渐近展开与极限定值 为了严谨处理无穷大上限，引入截断 R→∞R \to \infty，记 J=∫0Rdw(1w−a−1w+1)ln⁡(wa)J = \int_0^R dw \left( \frac{1}{w - a} - \frac{1}{w+1} \right) \ln\left(\frac{w}{a}\right)。 将其拆分为两部分： 第一部分：令 w=axw = a x， ∫0Rln⁡(w/a)w−adw=∫0R/aln⁡xx−1dx\int_0^R \frac{\ln(w/a)}{w - a} dw = \int_0^{R/a} \frac{\ln x}{x - 1} dx 利用标准积分渐近行为 ∫0Xln⁡xx−1dx≈12ln⁡2X+π23\int_0^X \frac{\ln x}{x-1} dx \approx \frac{1}{2}\ln^2 X + \frac{\pi^2}{3} （当 X→∞X \to \infty），我们有： ∫0R/aln⁡xx−1dx≈12ln⁡2(Ra)+π23=12ln⁡2R−ln⁡Rln⁡a+12ln⁡2a+π23\int_0^{R/a} \frac{\ln x}{x - 1} dx \approx \frac{1}{2}\ln^2\left(\frac{R}{a}\right) + \frac{\pi^2}{3} = \frac{1}{2}\ln^2 R - \ln R \ln a + \frac{1}{2}\ln^2 a + \frac{\pi^2}{3} 第二部分： ∫0Rln⁡(w/a)w+1dw=∫0Rln⁡ww+1dw−ln⁡a∫0R1w+1dw\int_0^R \frac{\ln(w/a)}{w+1} dw = \int_0^R \frac{\ln w}{w+1} dw - \ln a \int_0^R \frac{1}{w+1} dw 利用渐近行为 ∫0Rln⁡ww+1dw≈12ln⁡2R−π26\int_0^R \frac{\ln w}{w+1} dw \approx \frac{1}{2}\ln^2 R - \frac{\pi^2}{6}，我们有： ∫0Rln⁡(w/a)w+1dw≈12ln⁡2R−π26−ln⁡aln⁡R\int_0^R \frac{\ln(w/a)}{w+1} dw \approx \frac{1}{2}\ln^2 R - \frac{\pi^2}{6} - \ln a \ln R 将两部分相减，发散项 ln⁡2R\ln^2 R 和 ln⁡aln⁡R\ln a \ln R 完美抵消： J=(12ln⁡2a+π23)−(−π26)=π22+12ln⁡2aJ = \left( \frac{1}{2}\ln^2 a + \frac{\pi^2}{3} \right) - \left( -\frac{\pi^2}{6} \right) = \frac{\pi^2}{2} + \frac{1}{2}\ln^2 a 代入 a=t/sa = t/s，得到 J=12(π2+[ln⁡(s/t)]2)J = \frac{1}{2} \left( \pi^2 + \left[ \ln(s/t) \right]^2 \right)。

5. 最终结果与运动学关系 将 JJ 代回 I\mathcal{I} 的表达式中： I=−6s+t×12(π2+[ln⁡(s/t)]2)=−3s+t(π2+[ln⁡(s/t)]2)\mathcal{I} = -\frac{6}{s+t} \times \frac{1}{2} \left( \pi^2 + \left[ \ln(s/t) \right]^2 \right) = - \frac{3}{s+t} \left( \pi^2 + \left[ \ln(s/t) \right]^2 \right) 对于无质量粒子的四点散射，Mandelstam 变量满足 s+t+u=0s + t + u = 0，即 s+t=−us + t = -u。代入上式即可得到第二个等号： −3s+t(π2+[ln⁡(s/t)]2)=+3u(π2+[ln⁡(s/t)]2)- \frac{3}{s+t} \left( \pi^2 + \left[ \ln(s/t) \right]^2 \right) = + \frac{3}{u} \left( \pi^2 + \left[ \ln(s/t) \right]^2 \right)

综上所述，等式得证： ∫dF4D4(s,t)=−3s+t(π2+[ln⁡(s/t)]2)=+3u(π2+[ln⁡(s/t)]2)\boxed{ \int \frac{dF_4}{D_4(s,t)} = - \frac{3}{s+t} \left( \pi^2 + \left[ \ln(s/t) \right]^2 \right) = + \frac{3}{u} \left( \pi^2 + \left[ \ln(s/t) \right]^2 \right) }

20.2

Problem 20.2

srednickiChapter 20

习题 20.2

来源: 第20章, PDF第138页

20.2 Compute the O(α)O(\alpha) correction to the two-particle scattering amplitude at threshold, that is, for s=4m2s = 4m^2 and t=u=0t = u = 0, corresponding to zero three-momentum for both the incoming and outgoing particles.

习题 20.2 - 解答

题目分析与运动学背景

本题要求计算 ϕ3\phi^3 理论中两体散射振幅在阈值（threshold）处的 O(α)O(\alpha) 阶（即单圈，1-loop）修正。 根据 Srednicki 的约定，采用 mostly plus 度规 ημν=(−,+,+,+)\eta_{\mu\nu} = (-, +, +, +)，在壳粒子的动量满足 k2=−m2k^2 = -m^2。 定义无量纲耦合常数 α≡g216π2m2\alpha \equiv \frac{g^2}{16\pi^2 m^2}。

在阈值处，入射和出射粒子的三维动量均为零： k1=k2=k3=k4=(m,0⃗)k_1 = k_2 = k_3 = k_4 = (m, \vec{0}) 对应的 Mandelstam 变量为： s=−(k1+k2)2=4m2,t=−(k1−k3)2=0,u=−(k1−k4)2=0s = -(k_1+k_2)^2 = 4m^2, \quad t = -(k_1-k_3)^2 = 0, \quad u = -(k_1-k_4)^2 = 0

树图阶（Tree-level）散射振幅由 s,t,us, t, u 三个道的传播子贡献： T0=g2(1−s+m2+1−t+m2+1−u+m2)\mathcal{T}_0 = g^2 \left( \frac{1}{-s+m^2} + \frac{1}{-t+m^2} + \frac{1}{-u+m^2} \right) 代入阈值运动学变量 s=4m2,t=u=0s=4m^2, t=u=0，得到： T0=g2(1−3m2+1m2+1m2)=5g23m2\mathcal{T}_0 = g^2 \left( \frac{1}{-3m^2} + \frac{1}{m^2} + \frac{1}{m^2} \right) = \frac{5g^2}{3m^2}

单圈修正 T1\mathcal{T}_1 包含三部分贡献：传播子的自能修正（Self-energy）、顶点修正（Vertex correction）以及箱型图（Box diagrams）。 T1=T1s+T1t+T1u+B(s,t)+B(s,u)+B(t,u)\mathcal{T}_1 = \mathcal{T}_{1s} + \mathcal{T}_{1t} + \mathcal{T}_{1u} + B(s,t) + B(s,u) + B(t,u)

第一步：自能修正 (Self-Energy Corrections)

重整化后的单圈自能 Π(k2)\Pi(k^2) 满足重整化条件 Π(−m2)=0\Pi(-m^2) = 0 和 Π′(−m2)=0\Pi'(-m^2) = 0。其表达式为： Π(k2)=g232π2∫01dx[ln⁡(m2+x(1−x)k2m2−x(1−x)m2)−x(1−x)(k2+m2)m2−x(1−x)m2]\Pi(k^2) = \frac{g^2}{32\pi^2} \int_0^1 dx \left[ \ln\left( \frac{m^2 + x(1-x)k^2}{m^2 - x(1-x)m^2} \right) - \frac{x(1-x)(k^2 + m^2)}{m^2 - x(1-x)m^2} \right]

我们需要计算 k2=−s=−4m2k^2 = -s = -4m^2 和 k2=−t=0k^2 = -t = 0 处的自能：

  1. 对于 t,ut, u 道 (k2=0k^2 = 0)： Π(0)=g232π2∫01dx[−ln⁡(1−x+x2)−x(1−x)1−x+x2]\Pi(0) = \frac{g^2}{32\pi^2} \int_0^1 dx \left[ -\ln(1 - x + x^2) - \frac{x(1-x)}{1 - x + x^2} \right] 利用积分 ∫01ln⁡(1−x+x2)dx=π3−2\int_0^1 \ln(1-x+x^2) dx = \frac{\pi}{\sqrt{3}} - 2 以及 ∫01x(1−x)1−x+x2dx=2π33−1\int_0^1 \frac{x(1-x)}{1-x+x^2} dx = \frac{2\pi}{3\sqrt{3}} - 1，可得： Π(0)=g232π2[2−π3+1−2π33]=g232π2(3−5π33)\Pi(0) = \frac{g^2}{32\pi^2} \left[ 2 - \frac{\pi}{\sqrt{3}} + 1 - \frac{2\pi}{3\sqrt{3}} \right] = \frac{g^2}{32\pi^2} \left( 3 - \frac{5\pi}{3\sqrt{3}} \right)

  2. 对于 ss 道 (k2=−4m2k^2 = -4m^2)： Π(−4m2)=g232π2∫01dx[ln⁡(1−2x)21−x+x2+3x(1−x)1−x+x2]\Pi(-4m^2) = \frac{g^2}{32\pi^2} \int_0^1 dx \left[ \ln\frac{(1-2x)^2}{1-x+x^2} + \frac{3x(1-x)}{1-x+x^2} \right] 利用积分 ∫01ln⁡(1−2x)2dx=−2\int_0^1 \ln(1-2x)^2 dx = -2，可得： Π(−4m2)=g232π2[−2−(π3−2)+3(2π33−1)]=g232π2(π3−3)\Pi(-4m^2) = \frac{g^2}{32\pi^2} \left[ -2 - \left(\frac{\pi}{\sqrt{3}} - 2\right) + 3\left(\frac{2\pi}{3\sqrt{3}} - 1\right) \right] = \frac{g^2}{32\pi^2} \left( \frac{\pi}{\sqrt{3}} - 3 \right)

第二步：顶点修正 (Vertex Corrections)

重整化后的单圈顶点函数为 V1(k2)=g316π2m2[V(k2)−V0]\mathbf{V}_1(k^2) = \frac{g^3}{16\pi^2 m^2} [V(k^2) - V_0]，其中 V0V_0 是对称点处的抵消项积分： V0=∫01dx∫01−xdy11−xy−y(1−x−y)−x(1−x−y)V_0 = \int_0^1 dx \int_0^{1-x} dy \frac{1}{1 - xy - y(1-x-y) - x(1-x-y)} 对于单边离壳的顶点积分 V(k2)V(k^2)： V(k2)=∫01dx∫01−xdy11−xy−y(1−x−y)+k2m2x(1−x−y)V(k^2) = \int_0^1 dx \int_0^{1-x} dy \frac{1}{1 - xy - y(1-x-y) + \frac{k^2}{m^2} x(1-x-y)}

  1. 对于 t,ut, u 道 (k2=0k^2 = 0)： V(0)=∫01dy∫01−ydx11−y(1−y)=∫01dy1−y1−y+y2=π33V(0) = \int_0^1 dy \int_0^{1-y} dx \frac{1}{1 - y(1-y)} = \int_0^1 dy \frac{1-y}{1-y+y^2} = \frac{\pi}{3\sqrt{3}}

  2. 对于 ss 道 (k2=−4m2k^2 = -4m^2)： V(−4m2)=∫01dy∫01−ydx11−y(1−y)−4x(1−x−y)V(-4m^2) = \int_0^1 dy \int_0^{1-y} dx \frac{1}{1 - y(1-y) - 4x(1-x-y)} 作变量代换 x=(1−y)ux = (1-y)u，积分化简为： V(−4m2)=∫01dy∫01du1−y1−y+y2−4(1−y)2u(1−u)=12∫01dyyarctan⁡1−yy=π23V(-4m^2) = \int_0^1 dy \int_0^1 du \frac{1-y}{1 - y + y^2 - 4(1-y)^2 u(1-u)} = \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{dy}{\sqrt{y}} \arctan \frac{1-y}{\sqrt{y}} = \frac{\pi}{2\sqrt{3}}

第三步：组装 s,t,us, t, u 道的传播子与顶点修正

将自能和顶点修正代入各道的振幅展开式 δT=2gV1−p2+m2+g2Π(−p2+m2)2\delta \mathcal{T} = \frac{2g \mathbf{V}_1}{-p^2+m^2} + \frac{g^2 \Pi}{(-p^2+m^2)^2} 中：

对于 ss 道 (p2=4m2p^2 = 4m^2)： T1s=2g−3m2g316π2m2(π23−V0)+g29m4g232π2(π3−3)=g416π2m2[−π33+23V0+π183−16]\mathcal{T}_{1s} = \frac{2g}{-3m^2} \frac{g^3}{16\pi^2 m^2} \left( \frac{\pi}{2\sqrt{3}} - V_0 \right) + \frac{g^2}{9m^4} \frac{g^2}{32\pi^2} \left( \frac{\pi}{\sqrt{3}} - 3 \right) = \frac{g^4}{16\pi^2 m^2} \left[ -\frac{\pi}{3\sqrt{3}} + \frac{2}{3}V_0 + \frac{\pi}{18\sqrt{3}} - \frac{1}{6} \right]

对于 t,ut, u 道 (p2=0p^2 = 0)： T1t=T1u=2gm2g316π2m2(π33−V0)+g2m4g232π2(3−5π33)=g416π2m2[2π33−2V0+32−5π63]\mathcal{T}_{1t} = \mathcal{T}_{1u} = \frac{2g}{m^2} \frac{g^3}{16\pi^2 m^2} \left( \frac{\pi}{3\sqrt{3}} - V_0 \right) + \frac{g^2}{m^4} \frac{g^2}{32\pi^2} \left( 3 - \frac{5\pi}{3\sqrt{3}} \right) = \frac{g^4}{16\pi^2 m^2} \left[ \frac{2\pi}{3\sqrt{3}} - 2V_0 + \frac{3}{2} - \frac{5\pi}{6\sqrt{3}} \right]

将这三部分相加： T1s+2T1t=g416π2m2[176−11π183−103V0]\mathcal{T}_{1s} + 2\mathcal{T}_{1t} = \frac{g^4}{16\pi^2 m^2} \left[ \frac{17}{6} - \frac{11\pi}{18\sqrt{3}} - \frac{10}{3} V_0 \right]

第四步：箱型图 (Box Diagrams) 修正

箱型图有三种拓扑：B(s,t),B(s,u),B(t,u)B(s,t), B(s,u), B(t,u)。在阈值处 k1=k3k_1=k_3，因此 B(s,t)=B(s,u)B(s,t) = B(s,u)。 利用 Feynman 参数法，箱型图积分可表示为： B=g4∫d4l(2π)41D1D2D3D4=g416π2m2∫dF1(D/m2)2B = g^4 \int \frac{d^4 l}{(2\pi)^4} \frac{1}{D_1 D_2 D_3 D_4} = \frac{g^4}{16\pi^2 m^2} \int dF \frac{1}{(D/m^2)^2}

  1. 计算 B(t,u)B(t,u)： 在阈值处，其分母化简为 D/m2=1−x−y+(x−y)2D/m^2 = 1 - x - y + (x-y)^2。积分可解析求出： B(t,u)=g416π2m2∫01du∫−uudv1−u(1−u+v2)2=g416π2m2(23)B(t,u) = \frac{g^4}{16\pi^2 m^2} \int_0^1 du \int_{-u}^u dv \frac{1-u}{(1 - u + v^2)^2} = \frac{g^4}{16\pi^2 m^2} \left( \frac{2}{3} \right)

  2. 计算 B(s,t)B(s,t) 与 B(s,u)B(s,u)： 其分母结构较为复杂，定义该无量纲积分为 Ibox,stI_{box, st}： Ibox,st=∫01dx1dx2dx3dx4δ(∑xi−1)1[x1−3x3+(x2+2x3−x4)2]2I_{box, st} = \int_0^1 dx_1 dx_2 dx_3 dx_4 \delta\left(\sum x_i - 1\right) \frac{1}{\left[x_1 - 3x_3 + (x_2+2x_3-x_4)^2\right]^2} 因此 B(s,t)+B(s,u)=2Ibox,stg416π2m2B(s,t) + B(s,u) = 2 I_{box, st} \frac{g^4}{16\pi^2 m^2}。

第五步：总 O(α)O(\alpha) 修正

将所有单圈贡献相加，并提取出无量纲参数 α=g216π2m2\alpha = \frac{g^2}{16\pi^2 m^2}，总的 O(α)O(\alpha) 阶修正振幅为： T1=αg2m2[176−11π183−103V0+23+2Ibox,st]\mathcal{T}_1 = \alpha \frac{g^2}{m^2} \left[ \frac{17}{6} - \frac{11\pi}{18\sqrt{3}} - \frac{10}{3} V_0 + \frac{2}{3} + 2 I_{box, st} \right]

合并常数项 176+23=216=72\frac{17}{6} + \frac{2}{3} = \frac{21}{6} = \frac{7}{2}，最终结果为：

T1=αg2m2(72−11π183−103V0+2Ibox,st)\boxed{ \mathcal{T}_1 = \alpha \frac{g^2}{m^2} \left( \frac{7}{2} - \frac{11\pi}{18\sqrt{3}} - \frac{10}{3} V_0 + 2 I_{box, st} \right) }

(注：其中 V0=∫dF11−x1x2−x2x3−x3x1V_0 = \int dF \frac{1}{1 - x_1 x_2 - x_2 x_3 - x_3 x_1} 为对称点顶点抵消项积分，Ibox,stI_{box, st} 为 s−ts-t 交叉箱型图在阈值处的 Feynman 参数积分，两者均可通过数值或多重对数函数精确表述。)