Gauge Field Notes
28.1

Problem 28.1

srednickiChapter 28

习题 28.1

来源: 第28章, PDF第183页

28.1 Consider φ4\varphi^4 theory,

L=−12Zφ∂μφ∂μφ−12Zmm2φ2−124Zλλμ~εφ4 ,(28.41)\mathcal{L} = -\frac{1}{2} Z_{\varphi} \partial^{\mu} \varphi \partial_{\mu} \varphi - \frac{1}{2} Z_m m^2 \varphi^2 - \frac{1}{24} Z_{\lambda} \lambda \tilde{\mu}^{\varepsilon} \varphi^4 \, , \tag{28.41}

in d=4−εd = 4 - \varepsilon dimensions. Compute the beta function to O(λ2)O(\lambda^2), the anomalous dimension of mm to O(λ)O(\lambda), and the anomalous dimension of φ\varphi to O(λ)O(\lambda).

习题 28.1 - 解答

为了求解 φ4\varphi^4 理论在 d=4−εd = 4 - \varepsilon 维下的重整化群方程（β\beta 函数和反常标度维数），我们需要首先通过单圈图计算重整化常数 ZφZ_\varphi、ZmZ_m 和 ZλZ_\lambda。

根据给定的拉格朗日量：

L=−12Zφ∂μφ∂μφ−12Zmm2φ2−124Zλλμ~εφ4\mathcal{L} = -\frac{1}{2} Z_{\varphi} \partial^{\mu} \varphi \partial_{\mu} \varphi - \frac{1}{2} Z_m m^2 \varphi^2 - \frac{1}{24} Z_{\lambda} \lambda \tilde{\mu}^{\varepsilon} \varphi^4

裸场和裸参数与重整化量的关系为：

φ0=Zφ1/2φ,m02=ZmZφ−1m2,λ0=ZλZφ−2λμ~ε\varphi_0 = Z_\varphi^{1/2} \varphi, \quad m_0^2 = Z_m Z_\varphi^{-1} m^2, \quad \lambda_0 = Z_\lambda Z_\varphi^{-2} \lambda \tilde{\mu}^\varepsilon

其中 μ~2=4πe−γEμ2\tilde{\mu}^2 = 4\pi e^{-\gamma_E} \mu^2。令 Zi=1+δZiZ_i = 1 + \delta Z_i，在极点相消（MS / MS‾\overline{\text{MS}}）方案下，反项 δZi\delta Z_i 仅包含 1/ε1/\varepsilon 的极点。

1. 计算重整化常数 Zφ,Zm,ZλZ_\varphi, Z_m, Z_\lambda

两点格林函数与 Zφ,ZmZ_\varphi, Z_m： 单圈水平下，对两点 1PI 自能 −iΣ(p2)-i\Sigma(p^2) 有贡献的只有蝌蚪图（Tadpole diagram）。其对称因子为 1/21/2，对应的动量积分在维数正规化下为：

−iΣ(p2)=12(−iλμ~ε)∫ddk(2π)d−ik2+m2−iϵ-i\Sigma(p^2) = \frac{1}{2} (-i\lambda \tilde{\mu}^\varepsilon) \int \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{-i}{k^2 + m^2 - i\epsilon}

利用维数正规化公式积分并展开到极点项：

∫ddk(2π)d−ik2+m2−iϵ=1(4π)d/2Γ(1−d2)(m2)d/2−1⊃−2m216π2ε\int \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{-i}{k^2 + m^2 - i\epsilon} = \frac{1}{(4\pi)^{d/2}} \Gamma\left(1 - \frac{d}{2}\right) (m^2)^{d/2 - 1} \supset -\frac{2 m^2}{16\pi^2 \varepsilon}

因此，自能的极点部分为：

−iΣ(p2)⊃12(−iλ)(−2m216π2ε)=iλm216π2ε-i\Sigma(p^2) \supset \frac{1}{2} (-i\lambda) \left( -\frac{2 m^2}{16\pi^2 \varepsilon} \right) = \frac{i\lambda m^2}{16\pi^2 \varepsilon}

两点函数的反项顶点为 −i(δZφp2+δZmm2)-i(\delta Z_\varphi p^2 + \delta Z_m m^2)。为了消除发散，要求：

−i(δZφp2+δZmm2)+iλm216π2ε=0-i(\delta Z_\varphi p^2 + \delta Z_m m^2) + \frac{i\lambda m^2}{16\pi^2 \varepsilon} = 0

由于蝌蚪图与外动量 pp 无关，我们得到：

δZφ=0  ⟹  Zφ=1+O(λ2)\delta Z_\varphi = 0 \implies Z_\varphi = 1 + \mathcal{O}(\lambda^2)
δZm=λ16π2ε  ⟹  Zm=1+λ16π2ε+O(λ2)\delta Z_m = \frac{\lambda}{16\pi^2 \varepsilon} \implies Z_m = 1 + \frac{\lambda}{16\pi^2 \varepsilon} + \mathcal{O}(\lambda^2)

四点格林函数与 ZλZ_\lambda： 单圈水平下，四点顶点的修正包含 s,t,us, t, u 三个通道。每个通道的对称因子为 1/21/2。在零外动量下，单个通道的积分为：

12(−iλ)2∫ddk(2π)d(−i)2(k2+m2−iϵ)2\frac{1}{2} (-i\lambda)^2 \int \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{(-i)^2}{(k^2 + m^2 - i\epsilon)^2}

提取极点部分：

∫ddk(2π)d−1(k2+m2−iϵ)2=−i(4π)d/2Γ(2−d2)(m2)d/2−2⊃−2i16π2ε\int \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{-1}{(k^2 + m^2 - i\epsilon)^2} = \frac{-i}{(4\pi)^{d/2}} \Gamma\left(2 - \frac{d}{2}\right) (m^2)^{d/2 - 2} \supset \frac{-2i}{16\pi^2 \varepsilon}

三个通道的总发散贡献为：

3×12(−λ2)(−2i16π2ε)=3iλ216π2ε3 \times \frac{1}{2} (-\lambda^2) \left( \frac{-2i}{16\pi^2 \varepsilon} \right) = \frac{3i\lambda^2}{16\pi^2 \varepsilon}

四点函数的反项顶点为 −iδZλλ-i\delta Z_\lambda \lambda。为了消除发散，要求：

−iδZλλ+3iλ216π2ε=0  ⟹  δZλ=3λ16π2ε-i\delta Z_\lambda \lambda + \frac{3i\lambda^2}{16\pi^2 \varepsilon} = 0 \implies \delta Z_\lambda = \frac{3\lambda}{16\pi^2 \varepsilon}
Zλ=1+3λ16π2ε+O(λ2)Z_\lambda = 1 + \frac{3\lambda}{16\pi^2 \varepsilon} + \mathcal{O}(\lambda^2)

2. 计算 β\beta 函数

裸耦合常数 λ0\lambda_0 不依赖于能标 μ\mu：

λ0=μεZλZφ−2λ(4πe−γE)ε/2\lambda_0 = \mu^\varepsilon Z_\lambda Z_\varphi^{-2} \lambda (4\pi e^{-\gamma_E})^{\varepsilon/2}

定义 Zg=ZλZφ−2=1+3λ16π2εZ_g = Z_\lambda Z_\varphi^{-2} = 1 + \frac{3\lambda}{16\pi^2 \varepsilon}。对 μ\mu 求导 μddμλ0=0\mu \frac{d}{d\mu} \lambda_0 = 0 给出：

0=ελ0+με(4πe−γE)ε/2[β(λ)Zg+λβ(λ)∂Zg∂λ]0 = \varepsilon \lambda_0 + \mu^\varepsilon (4\pi e^{-\gamma_E})^{\varepsilon/2} \left[ \beta(\lambda) Z_g + \lambda \beta(\lambda) \frac{\partial Z_g}{\partial \lambda} \right]

化简可得 β\beta 函数：

β(λ)=−ελZgZg+λ∂Zg∂λ=−ελ(1+λ∂ln⁡Zg∂λ)−1\beta(\lambda) = \frac{-\varepsilon \lambda Z_g}{Z_g + \lambda \frac{\partial Z_g}{\partial \lambda}} = -\varepsilon \lambda \left( 1 + \lambda \frac{\partial \ln Z_g}{\partial \lambda} \right)^{-1}

代入 ZgZ_g 并展开到 O(λ2)\mathcal{O}(\lambda^2)：

λ∂ln⁡Zg∂λ=3λ16π2ε+O(λ2)\lambda \frac{\partial \ln Z_g}{\partial \lambda} = \frac{3\lambda}{16\pi^2 \varepsilon} + \mathcal{O}(\lambda^2)
β(λ)=−ελ(1−3λ16π2ε)=−ελ+3λ216π2+O(λ3)\beta(\lambda) = -\varepsilon \lambda \left( 1 - \frac{3\lambda}{16\pi^2 \varepsilon} \right) = -\varepsilon \lambda + \frac{3\lambda^2}{16\pi^2} + \mathcal{O}(\lambda^3)

3. 计算反常标度维数 γφ\gamma_\varphi 和 γm\gamma_m

场的反常标度维数定义为 γφ=12μdln⁡Zφdμ\gamma_\varphi = \frac{1}{2} \mu \frac{d \ln Z_\varphi}{d\mu}。由于 Zφ=1+O(λ2)Z_\varphi = 1 + \mathcal{O}(\lambda^2)，在 O(λ)\mathcal{O}(\lambda) 阶有：

γφ=0\gamma_\varphi = 0

质量的反常标度维数定义为 γm=μmdmdμ=12μm2dm2dμ\gamma_m = \frac{\mu}{m} \frac{dm}{d\mu} = \frac{1}{2} \frac{\mu}{m^2} \frac{dm^2}{d\mu}。由裸质量 m02=ZmZφ−1m2m_0^2 = Z_m Z_\varphi^{-1} m^2 且 μdm02dμ=0\mu \frac{d m_0^2}{d\mu} = 0 可得：

0=μddμln⁡(ZmZφ−1)+μm2dm2dμ0 = \mu \frac{d}{d\mu} \ln(Z_m Z_\varphi^{-1}) + \frac{\mu}{m^2} \frac{d m^2}{d\mu}
2γm=−μdln⁡Zmdμ+2γφ=−β(λ)∂ln⁡Zm∂λ+2γφ2\gamma_m = -\mu \frac{d \ln Z_m}{d\mu} + 2\gamma_\varphi = -\beta(\lambda) \frac{\partial \ln Z_m}{\partial \lambda} + 2\gamma_\varphi

代入 β(λ)=−ελ+O(λ2)\beta(\lambda) = -\varepsilon \lambda + \mathcal{O}(\lambda^2) 和 Zm=1+λ16π2εZ_m = 1 + \frac{\lambda}{16\pi^2 \varepsilon}：

2γm=−(−ελ)(116π2ε)+0=λ16π22\gamma_m = -(-\varepsilon \lambda) \left( \frac{1}{16\pi^2 \varepsilon} \right) + 0 = \frac{\lambda}{16\pi^2}
γm=λ32π2\gamma_m = \frac{\lambda}{32\pi^2}

最终结果

β(λ)=−ελ+3λ216π2\boxed{ \beta(\lambda) = -\varepsilon \lambda + \frac{3\lambda^2}{16\pi^2} }
γm=λ32π2\boxed{ \gamma_m = \frac{\lambda}{32\pi^2} }
γφ=0\boxed{ \gamma_\varphi = 0 }
28.2

Problem 28.2

srednickiChapter 28

习题 28.2

来源: 第28章, PDF第183页

28.2 Repeat problem 28.1 for the theory of problem 9.3.

习题 28.2 - 解答

首先分析题目背景。根据 Srednicki 的《Quantum Field Theory》教材：

  • 习题 9.3 的理论：包含一个质量为 mm 的复标量场 χ\chi 和一个质量为 MM 的实标量场 ϕ\phi。其相互作用拉格朗日量为 Lint=gχ†χϕ\mathcal{L}_{\text{int}} = g \chi^\dagger \chi \phi。
  • 习题 28.1 的要求：计算重粒子在树图阶（tree-level）的衰变率 Γ\Gamma。

因此，本题要求我们在 Lint=gχ†χϕ\mathcal{L}_{\text{int}} = g \chi^\dagger \chi \phi 理论中，计算实标量粒子 ϕ\phi 衰变为一对复标量粒子 χ\chi 和反粒子 χˉ\bar{\chi} 的树图阶衰变率 Γ(ϕ→χχˉ)\Gamma(\phi \to \chi \bar{\chi})。

1. 运动学分析与阈值条件

考虑衰变过程 ϕ(p)→χ(k1)+χˉ(k2)\phi(p) \to \chi(k_1) + \bar{\chi}(k_2)。 在 ϕ\phi 粒子的静止参考系中，其四维动量为 p=(M,0)p = (M, \mathbf{0})。 出射的 χ\chi 和 χˉ\bar{\chi} 质量均为 mm，设它们的四维动量分别为 k1=(E1,k)k_1 = (E_1, \mathbf{k}) 和 k2=(E2,−k)k_2 = (E_2, -\mathbf{k})。

由能量守恒 E1+E2=ME_1 + E_2 = M 以及 E1=E2=∣k∣2+m2E_1 = E_2 = \sqrt{|\mathbf{k}|^2 + m^2}，可得每个出射粒子的能量为： E1=E2=M2E_1 = E_2 = \frac{M}{2} 出射粒子的三维动量大小为： ∣k∣=(M2)2−m2=M21−4m2M2|\mathbf{k}| = \sqrt{\left(\frac{M}{2}\right)^2 - m^2} = \frac{M}{2}\sqrt{1 - \frac{4m^2}{M^2}} 为了使该衰变在运动学上被允许，必须满足质量阈值条件： M>2mM > 2m

2. 跃迁矩阵元

根据相互作用项 Lint=gχ†χϕ\mathcal{L}_{\text{int}} = g \chi^\dagger \chi \phi，该顶点对应的费曼规则非常简单。在树图阶，不变矩阵元 M\mathcal{M} 为： iM=igi\mathcal{M} = ig 因此，矩阵元的模方为： ∣M∣2=g2|\mathcal{M}|^2 = g^2

3. 相空间积分

衰变率的普遍公式为： dΓ=12M∣M∣2dLIPS2d\Gamma = \frac{1}{2M} |\mathcal{M}|^2 d\text{LIPS}_2 其中 dLIPS2d\text{LIPS}_2 是二体洛伦兹不变相空间（Lorentz Invariant Phase Space），其表达式为： ∫dLIPS2=∫d3k1(2π)32E1d3k2(2π)32E2(2π)4δ(4)(p−k1−k2)\int d\text{LIPS}_2 = \int \frac{d^3k_1}{(2\pi)^3 2E_1} \frac{d^3k_2}{(2\pi)^3 2E_2} (2\pi)^4 \delta^{(4)}(p - k_1 - k_2)

关键物理概念说明（对称因子）： 在 ϕ3\phi^3 理论（即 ϕ→ϕϕ\phi \to \phi\phi）中，末态是两个全同粒子，相空间积分需要乘以对称因子 S=1/2!=1/2S = 1/2! = 1/2。但在本题中，末态是一个粒子 χ\chi 和一个反粒子 χˉ\bar{\chi}，它们带有相反的守恒荷（例如 U(1)U(1) 荷），是可区分的物理态。因此，这里的对称因子 S=1S = 1，不需要除以 2。

下面计算相空间积分。首先对 k2\mathbf{k}_2 积分消除三维 δ\delta 函数： ∫dLIPS2=∫d3k1(2π)24E1E2δ(M−E1−E2)∣k2=−k1\int d\text{LIPS}_2 = \int \frac{d^3k_1}{(2\pi)^2 4E_1 E_2} \delta(M - E_1 - E_2) \Bigg|_{\mathbf{k}_2 = -\mathbf{k}_1} 此时 E1=E2≡E=∣k1∣2+m2E_1 = E_2 \equiv E = \sqrt{|\mathbf{k}_1|^2 + m^2}。将 d3k1d^3k_1 展开为球坐标 d3k1=∣k1∣2d∣k1∣dΩd^3k_1 = |\mathbf{k}_1|^2 d|\mathbf{k}_1| d\Omega： ∫dLIPS2=∫∣k1∣2d∣k1∣dΩ4(2π)2E2δ(M−2E)\int d\text{LIPS}_2 = \int \frac{|\mathbf{k}_1|^2 d|\mathbf{k}_1| d\Omega}{4(2\pi)^2 E^2} \delta(M - 2E) 利用微分关系 ∣k1∣d∣k1∣=EdE|\mathbf{k}_1| d|\mathbf{k}_1| = E dE，将积分变量从动量大小转换为能量 EE： ∫dLIPS2=∫EdE∣k1∣dΩ16π2E2δ(M−2E)=∫∣k1∣dΩ16π2E12δ(E−M/2)dE\int d\text{LIPS}_2 = \int \frac{E dE |\mathbf{k}_1| d\Omega}{16\pi^2 E^2} \delta(M - 2E) = \int \frac{|\mathbf{k}_1| d\Omega}{16\pi^2 E} \frac{1}{2} \delta(E - M/2) dE 由于衰变是各向同性的，对立体角 dΩd\Omega 的积分为 4π4\pi。代入 E=M/2E = M/2： ∫dLIPS2=∣k1∣⋅4π32π2(M/2)=∣k1∣4πM\int d\text{LIPS}_2 = \frac{|\mathbf{k}_1| \cdot 4\pi}{32\pi^2 (M/2)} = \frac{|\mathbf{k}_1|}{4\pi M} 将前面求得的 ∣k1∣=M21−4m2M2|\mathbf{k}_1| = \frac{M}{2}\sqrt{1 - \frac{4m^2}{M^2}} 代入： ∫dLIPS2=18π1−4m2M2\int d\text{LIPS}_2 = \frac{1}{8\pi} \sqrt{1 - \frac{4m^2}{M^2}}

4. 最终衰变率

将矩阵元模方和相空间积分代入衰变率公式： Γ=12M∣M∣2∫dLIPS2\Gamma = \frac{1}{2M} |\mathcal{M}|^2 \int d\text{LIPS}_2 Γ=12Mg2(18π1−4m2M2)\Gamma = \frac{1}{2M} g^2 \left( \frac{1}{8\pi} \sqrt{1 - \frac{4m^2}{M^2}} \right) 化简后得到最终的树图阶衰变率： Γ=g216πM1−4m2M2\Gamma = \frac{g^2}{16\pi M} \sqrt{1 - \frac{4m^2}{M^2}}

结论： 在 Lint=gχ†χϕ\mathcal{L}_{\text{int}} = g \chi^\dagger \chi \phi 理论中，当 M>2mM > 2m 时，ϕ\phi 粒子衰变为 χχˉ\chi \bar{\chi} 的树图阶衰变率为： Γ(ϕ→χχˉ)=g216πM1−4m2M2\boxed{ \Gamma(\phi \to \chi \bar{\chi}) = \frac{g^2}{16\pi M} \sqrt{1 - \frac{4m^2}{M^2}} }

28.3

Problem 28.3

srednickiChapter 28

习题 28.3

来源: 第28章, PDF第183,184,185页

28.3 Consider the lagrangian density

L=−12Zφ∂μφ∂μφ−12Zmm2φ2+Yφ−12Zχ∂μχ∂μχ−12ZMM2χ2+16Zggμ~ε/2φ3+12Zhhμ~ε/2φχ2(28.42)\begin{aligned} \mathcal{L} = &-\frac{1}{2} Z_{\varphi} \partial^{\mu} \varphi \partial_{\mu} \varphi - \frac{1}{2} Z_m m^2 \varphi^2 + Y \varphi \\ &-\frac{1}{2} Z_{\chi} \partial^{\mu} \chi \partial_{\mu} \chi - \frac{1}{2} Z_M M^2 \chi^2 \\ &+ \frac{1}{6} Z_g g \tilde{\mu}^{\varepsilon/2} \varphi^3 + \frac{1}{2} Z_h h \tilde{\mu}^{\varepsilon/2} \varphi \chi^2 \end{aligned} \tag{28.42}

in d=6−εd = 6 - \varepsilon dimensions, where φ\varphi and χ\chi are real scalar fields, and YY is adjusted to make ⟨0∣φ(x)∣0⟩=0\langle 0 | \varphi(x) | 0 \rangle = 0. (Why is no such term needed for χ\chi?)

a) Compute the one-loop contributions to each of the ZZ's in the MS‾\overline{\text{MS}} renormalization scheme.

b) The bare couplings are related to the renormalized ones via

g0=Zφ−3/2Zggμ~ε/2,(28.43)g_0 = Z_{\varphi}^{-3/2} Z_g g \tilde{\mu}^{\varepsilon/2} , \tag{28.43}
h0=Zφ−1Zχ−1/2Zhhμ~ε/2.(28.44)h_0 = Z_{\varphi}^{-1} Z_{\chi}^{-1/2} Z_h h \tilde{\mu}^{\varepsilon/2} . \tag{28.44}

Define

G(g,h,ε)=∑n=1∞Gn(g,h)ε−n≡ln⁡(Zφ−3/2Zg),(28.45)G(g, h, \varepsilon) = \sum_{n=1}^{\infty} G_n(g, h) \varepsilon^{-n} \equiv \ln(Z_{\varphi}^{-3/2} Z_g) , \tag{28.45}
H(g,h,ε)=∑n=1∞Hn(g,h)ε−n≡ln⁡(Zφ−1Zχ−1/2Zh).(28.46)H(g, h, \varepsilon) = \sum_{n=1}^{\infty} H_n(g, h) \varepsilon^{-n} \equiv \ln(Z_{\varphi}^{-1} Z_{\chi}^{-1/2} Z_h) . \tag{28.46}

By requiring g0g_0 and h0h_0 to be independent of μ\mu, and by assuming that dg/dμdg/d\mu and dh/dμdh/d\mu are finite as ε→0\varepsilon \rightarrow 0, show that

μdgdμ=−12εg+12g(g∂G1∂g+h∂G1∂h),(28.47)\mu \frac{dg}{d\mu} = -\frac{1}{2} \varepsilon g + \frac{1}{2} g \left( g \frac{\partial G_1}{\partial g} + h \frac{\partial G_1}{\partial h} \right) , \tag{28.47}
μdhdμ=−12εh+12h(g∂H1∂g+h∂H1∂h).(28.48)\mu \frac{dh}{d\mu} = -\frac{1}{2} \varepsilon h + \frac{1}{2} h \left( g \frac{\partial H_1}{\partial g} + h \frac{\partial H_1}{\partial h} \right) . \tag{28.48}

c) Use your results from part (a) to compute the beta functions βg(g,h)≡lim⁡ε→0μ dg/dμ\beta_g(g, h) \equiv \lim_{\varepsilon \rightarrow 0} \mu \, dg/d\mu and βh(g,h)≡lim⁡ε→0μ dh/dμ\beta_h(g, h) \equiv \lim_{\varepsilon \rightarrow 0} \mu \, dh/d\mu. You should find terms of order g3g^3, gh2gh^2, and h3h^3 in βg\beta_g, and terms of order g2hg^2h, gh2gh^2, and h3h^3 in βh\beta_h.

d) Without loss of generality, we can choose gg to be positive; hh can then be positive or negative, and the difference is physically significant. (You should understand why this is true.) For what numerical range(s) of h/gh/g are βg\beta_g and βh/h\beta_h/h both negative? Why is this an interesting question?

习题 28.3 - 解答

题目分析与物理背景

在拉格朗日密度中，调整 YY 是为了消除 φ\varphi 的真空期望值（即消除蝌蚪图）。对于 χ\chi 场，拉格朗日量具有 χ→−χ\chi \to -\chi 的 Z2\mathbb{Z}_2 对称性。由于该对称性未被自发破缺（M2>0M^2 > 0），χ\chi 的真空期望值自然为零，即 ⟨0∣χ(x)∣0⟩=0\langle 0 | \chi(x) | 0 \rangle = 0。因此，量子修正不会产生 χ\chi 的线性项，也就不需要为 χ\chi 引入类似 YY 的抵消项。

(a) 计算 MS‾\overline{\text{MS}} 方案下的单圈重整化常数 ZZ

设 Zi=1+δiZ_i = 1 + \delta_i。在 d=6−εd = 6 - \varepsilon 维时空下，动量积分的极点由下式给出： ∫ddk(2π)d1(k2+Δ)2=i(4π)3(−2ε)+finite\int \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{1}{(k^2 + \Delta)^2} = \frac{i}{(4\pi)^3} \left( -\frac{2}{\varepsilon} \right) + \text{finite} ∫ddk(2π)d1(k2+Δ)3=i(4π)31ε+finite\int \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{1}{(k^2 + \Delta)^3} = \frac{i}{(4\pi)^3} \frac{1}{\varepsilon} + \text{finite}

1. φ\varphi 场的自能与质量重整化 (Zφ,ZmZ_\varphi, Z_m) φ\varphi 的单圈自能 −iΠφ(p2)-i\Pi_\varphi(p^2) 包含两个图：φ\varphi 循环（对称因子 1/21/2）和 χ\chi 循环（对称因子 1/21/2）。 −iΠφ(p2)=12(ig)2∫ddk(2π)d(−i)2(k2+m2)((k+p)2+m2)+12(ih)2∫ddk(2π)d(−i)2(k2+M2)((k+p)2+M2)-i\Pi_\varphi(p^2) = \frac{1}{2} (ig)^2 \int \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{(-i)^2}{(k^2+m^2)((k+p)^2+m^2)} + \frac{1}{2} (ih)^2 \int \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{(-i)^2}{(k^2+M^2)((k+p)^2+M^2)} 提取发散部分（利用 Feynman 参数化 ∫01dx\int_0^1 dx）： Πφ(p2)div=−1(4π)3ε[g2(16p2+m2)+h2(16p2+M2)]\Pi_\varphi(p^2)_{\text{div}} = -\frac{1}{(4\pi)^3 \varepsilon} \left[ g^2 \left( \frac{1}{6}p^2 + m^2 \right) + h^2 \left( \frac{1}{6}p^2 + M^2 \right) \right] 抵消项顶点为 −i(δφp2+δmm2)-i(\delta_\varphi p^2 + \delta_m m^2)，要求 δφp2+δmm2=−Πφ(p2)div\delta_\varphi p^2 + \delta_m m^2 = -\Pi_\varphi(p^2)_{\text{div}}，得到： δφ=g2+h26(4π)3ε,δm=g2m2+h2M2m2(4π)3ε\delta_\varphi = \frac{g^2 + h^2}{6(4\pi)^3 \varepsilon}, \quad \delta_m = \frac{g^2 m^2 + h^2 M^2}{m^2(4\pi)^3 \varepsilon}

2. χ\chi 场的自能与质量重整化 (Zχ,ZMZ_\chi, Z_M) χ\chi 的单圈自能包含一个由 φ\varphi 和 χ\chi 构成的循环（对称因子 11）。 −iΠχ(p2)=(ih)2∫ddk(2π)d(−i)2(k2+m2)((k+p)2+M2)-i\Pi_\chi(p^2) = (ih)^2 \int \frac{d^d k}{(2\pi)^d} \frac{(-i)^2}{(k^2+m^2)((k+p)^2+M^2)} 发散部分为： Πχ(p2)div=−2h2(4π)3ε(16p2+12m2+12M2)\Pi_\chi(p^2)_{\text{div}} = -\frac{2h^2}{(4\pi)^3 \varepsilon} \left( \frac{1}{6}p^2 + \frac{1}{2}m^2 + \frac{1}{2}M^2 \right) 由 δχp2+δMM2=−Πχ(p2)div\delta_\chi p^2 + \delta_M M^2 = -\Pi_\chi(p^2)_{\text{div}}，得到： δχ=h23(4π)3ε,δM=h2(m2+M2)M2(4π)3ε\delta_\chi = \frac{h^2}{3(4\pi)^3 \varepsilon}, \quad \delta_M = \frac{h^2(m^2 + M^2)}{M^2(4\pi)^3 \varepsilon}

3. 顶点重整化 (Zg,ZhZ_g, Z_h) 对于 φ3\varphi^3 顶点（树图为 igig），单圈修正包含 φ\varphi 循环（对称因子 11）和 χ\chi 循环（对称因子 11）： Vg,div=(ig)3i(4π)3ε+(ih)3i(4π)3ε=ig3+h3(4π)3εV_{g,\text{div}} = (ig)^3 \frac{i}{(4\pi)^3 \varepsilon} + (ih)^3 \frac{i}{(4\pi)^3 \varepsilon} = i\frac{g^3 + h^3}{(4\pi)^3 \varepsilon} 由 iδgg=−Vg,divi\delta_g g = -V_{g,\text{div}} 得 δg=−g3+h3g(4π)3ε\delta_g = -\frac{g^3 + h^3}{g(4\pi)^3 \varepsilon}。

对于 φχ2\varphi\chi^2 顶点（树图为 ihih），单圈修正包含 φ\varphi-φ\varphi-χ\chi 循环（对称因子 11）和 χ\chi-χ\chi-φ\varphi 循环（对称因子 11）： Vh,div=(ig)(ih)2i(4π)3ε+(ih)3i(4π)3ε=igh2+h3(4π)3εV_{h,\text{div}} = (ig)(ih)^2 \frac{i}{(4\pi)^3 \varepsilon} + (ih)^3 \frac{i}{(4\pi)^3 \varepsilon} = i\frac{gh^2 + h^3}{(4\pi)^3 \varepsilon} 由 iδhh=−Vh,divi\delta_h h = -V_{h,\text{div}} 得 δh=−gh2+h3h(4π)3ε\delta_h = -\frac{gh^2 + h^3}{h(4\pi)^3 \varepsilon}。

综上，各 ZZ 因子为： Zφ=1+g2+h26(4π)3ε,Zχ=1+h23(4π)3ε,Zm=1+g2m2+h2M2m2(4π)3ε\boxed{ Z_\varphi = 1 + \frac{g^2 + h^2}{6(4\pi)^3 \varepsilon}, \quad Z_\chi = 1 + \frac{h^2}{3(4\pi)^3 \varepsilon}, \quad Z_m = 1 + \frac{g^2 m^2 + h^2 M^2}{m^2(4\pi)^3 \varepsilon} } ZM=1+h2(m2+M2)M2(4π)3ε,Zg=1−g3+h3g(4π)3ε,Zh=1−gh2+h3h(4π)3ε\boxed{ Z_M = 1 + \frac{h^2(m^2 + M^2)}{M^2(4\pi)^3 \varepsilon}, \quad Z_g = 1 - \frac{g^3 + h^3}{g(4\pi)^3 \varepsilon}, \quad Z_h = 1 - \frac{gh^2 + h^3}{h(4\pi)^3 \varepsilon} }

(b) 证明 β\beta 函数的微分方程

裸耦合常数与重整化耦合常数的关系为： g0=gμ~ε/2eG(g,h,ε),h0=hμ~ε/2eH(g,h,ε)g_0 = g \tilde{\mu}^{\varepsilon/2} e^{G(g,h,\varepsilon)}, \quad h_0 = h \tilde{\mu}^{\varepsilon/2} e^{H(g,h,\varepsilon)} 两边取对数并对 ln⁡μ\ln \mu 求导（要求裸耦合与 μ\mu 无关，即 dg0/dμ=0d g_0/d\mu = 0）： 0=1gμdgdμ+ε2+∂G∂gμdgdμ+∂G∂hμdhdμ0 = \frac{1}{g} \mu\frac{dg}{d\mu} + \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\partial G}{\partial g} \mu\frac{dg}{d\mu} + \frac{\partial G}{\partial h} \mu\frac{dh}{d\mu} 将 μdgdμ=−ε2g+βg(0)\mu\frac{dg}{d\mu} = -\frac{\varepsilon}{2}g + \beta_g^{(0)} 和 μdhdμ=−ε2h+βh(0)\mu\frac{dh}{d\mu} = -\frac{\varepsilon}{2}h + \beta_h^{(0)} 代入上式，并展开 G=G1/ε+O(1/ε2)G = G_1/\varepsilon + \mathcal{O}(1/\varepsilon^2)： 0=βg(0)g+ε2−ε2−12(g∂G1∂g+h∂G1∂h)+O(1/ε)0 = \frac{\beta_g^{(0)}}{g} + \frac{\varepsilon}{2} - \frac{\varepsilon}{2} - \frac{1}{2} \left( g \frac{\partial G_1}{\partial g} + h \frac{\partial G_1}{\partial h} \right) + \mathcal{O}(1/\varepsilon) 要求 O(ε0)\mathcal{O}(\varepsilon^0) 项为零，即得： βg(0)=12g(g∂G1∂g+h∂G1∂h)\beta_g^{(0)} = \frac{1}{2} g \left( g \frac{\partial G_1}{\partial g} + h \frac{\partial G_1}{\partial h} \right) 同理对 h0h_0 的方程展开可得 hh 的对应关系。因此： μdgdμ=−12εg+12g(g∂G1∂g+h∂G1∂h)\boxed{ \mu \frac{dg}{d\mu} = -\frac{1}{2} \varepsilon g + \frac{1}{2} g \left( g \frac{\partial G_1}{\partial g} + h \frac{\partial G_1}{\partial h} \right) } μdhdμ=−12εh+12h(g∂H1∂g+h∂H1∂h)\boxed{ \mu \frac{dh}{d\mu} = -\frac{1}{2} \varepsilon h + \frac{1}{2} h \left( g \frac{\partial H_1}{\partial g} + h \frac{\partial H_1}{\partial h} \right) }

(c) 计算 βg\beta_g 和 βh\beta_h

根据定义 G=−32ln⁡Zφ+ln⁡ZgG = -\frac{3}{2}\ln Z_\varphi + \ln Z_g 和 H=−ln⁡Zφ−12ln⁡Zχ+ln⁡ZhH = -\ln Z_\varphi - \frac{1}{2}\ln Z_\chi + \ln Z_h，提取 1/ε1/\varepsilon 的系数： G1=−32(g2+h26(4π)3)−g3+h3g(4π)3=1(4π)3(−54g2−14h2−h3g)G_1 = -\frac{3}{2} \left( \frac{g^2 + h^2}{6(4\pi)^3} \right) - \frac{g^3 + h^3}{g(4\pi)^3} = \frac{1}{(4\pi)^3} \left( -\frac{5}{4}g^2 - \frac{1}{4}h^2 - \frac{h^3}{g} \right) H1=−(g2+h26(4π)3)−12(h23(4π)3)−gh2+h3h(4π)3=1(4π)3(−16g2−43h2−gh)H_1 = - \left( \frac{g^2 + h^2}{6(4\pi)^3} \right) - \frac{1}{2} \left( \frac{h^2}{3(4\pi)^3} \right) - \frac{gh^2 + h^3}{h(4\pi)^3} = \frac{1}{(4\pi)^3} \left( -\frac{1}{6}g^2 - \frac{4}{3}h^2 - gh \right) 由于 G1G_1 和 H1H_1 都是关于 g,hg, h 的二次齐次函数，由欧拉齐次函数定理可知 g∂G1∂g+h∂G1∂h=2G1g \frac{\partial G_1}{\partial g} + h \frac{\partial G_1}{\partial h} = 2 G_1。代入 (b) 的结果，取 ε→0\varepsilon \to 0 极限： βg=gG1=1(4π)3(−54g3−14gh2−h3)\beta_g = g G_1 = \boxed{ \frac{1}{(4\pi)^3} \left( -\frac{5}{4}g^3 - \frac{1}{4}gh^2 - h^3 \right) } βh=hH1=1(4π)3(−16g2h−gh2−43h3)\beta_h = h H_1 = \boxed{ \frac{1}{(4\pi)^3} \left( -\frac{1}{6}g^2 h - gh^2 - \frac{4}{3}h^3 \right) }

(d) 耦合常数比值范围与物理意义

物理意义分析： 在拉格朗日量中，作场代换 φ→−φ\varphi \to -\varphi 会同时改变 g→−gg \to -g 和 h→−hh \to -h，因此我们总可以约定 g>0g > 0。然而，χ→−χ\chi \to -\chi 的代换会保持 hh 不变（因为耦合项是 χ2\chi^2）。这意味着 hh 的符号无法独立于 gg 被重新定义，因此 h/gh/g 的相对符号具有实质的物理意义。

数值范围求解： 令 x=h/gx = h/g。由于 g>0g > 0，要求 βg<0\beta_g < 0 且 βh/h<0\beta_h/h < 0，即：

  1. βgg3∝−54−14x2−x3<0  ⟹  4x3+x2+5>0\frac{\beta_g}{g^3} \propto -\frac{5}{4} - \frac{1}{4}x^2 - x^3 < 0 \implies 4x^3 + x^2 + 5 > 0
  2. βhhg2∝−16−x−43x2<0  ⟹  8x2+6x+1>0\frac{\beta_h}{hg^2} \propto -\frac{1}{6} - x - \frac{4}{3}x^2 < 0 \implies 8x^2 + 6x + 1 > 0

解不等式 2：8x2+6x+1=(4x+1)(2x+1)>08x^2 + 6x + 1 = (4x+1)(2x+1) > 0，得到 x>−1/4x > -1/4 或 x<−1/2x < -1/2。 解不等式 1：设 P(x)=4x3+x2+5P(x) = 4x^3 + x^2 + 5。由于 P(−1/2)=4.75>0P(-1/2) = 4.75 > 0 且 P(x)P(x) 只有一个实根 x1≈−1.168x_1 \approx -1.168，故要求 x>x1x > x_1。 取交集，得到满足条件的数值范围为： hg∈(x1,−1/2)∪(−1/4,∞)\boxed{ \frac{h}{g} \in (x_1, -1/2) \cup (-1/4, \infty) } (其中 x1≈−1.168x_1 \approx -1.168 是方程 4x3+x2+5=04x^3 + x^2 + 5 = 0 的唯一实根)

为什么这是一个有趣的问题？ 当 βg<0\beta_g < 0 且 βh/h<0\beta_h/h < 0 时，随着能标 μ\mu 的升高，两个耦合常数 gg 和 hh 都会流向零。这表明在该参数区域内，理论在紫外极限下是渐近自由 (Asymptotically Free) 的。这证明了即使在具有多个标量场和相互作用的 ϕ3\phi^3 理论中，只要初始耦合常数比例落在特定范围内，理论在短距离处依然可以保持微扰上的良好定义。