习题 56.1 - 解答

题目分析与解题过程

为了验证公式 (56.9) 和 (56.10)，我们需要从自由电磁场矢势的模式展开出发，计算两点编时关联函数（即 Feynman 传播子），并证明其与动量空间积分表示等价。

第一步：计算 Wightman 函数 $\langle 0|A^i(x)A^j(y)|0\rangle$

根据公式 (55.11)，自由电磁场矢势的展开式为：

\mathbf{A}(x) = \sum_{\lambda=\pm} \int \widetilde{dk} \left[ \boldsymbol{\varepsilon}_\lambda^*(\mathbf{k}) a_\lambda(\mathbf{k}) e^{ikx} + \boldsymbol{\varepsilon}_\lambda(\mathbf{k}) a_\lambda^\dagger(\mathbf{k}) e^{-ikx} \right]

其中洛伦兹不变相空间测度为 $\widetilde{dk} = \frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega}$ ，且 $kx = \mathbf{k}\cdot\mathbf{x} - \omega x^0$ （采用 $(-,+,+,+)$ 度规）。

计算真空期望值 $\langle 0|A^i(x)A^j(y)|0\rangle$ 时，由于湮灭算符作用于右侧真空态为零（ $a_\lambda(\mathbf{k})|0\rangle = 0$ ），产生算符作用于左侧真空态为零（ $\langle 0|a_\lambda^\dagger(\mathbf{k}) = 0$ ），唯一非零的项是包含 $a_\lambda(\mathbf{k}) a_{\lambda'}^\dagger(\mathbf{k}')$ 的交叉项：

\langle 0|A^i(x)A^j(y)|0\rangle = \sum_{\lambda, \lambda'} \int \widetilde{dk} \widetilde{dk'} \, \varepsilon_\lambda^{i*}(\mathbf{k}) \varepsilon_{\lambda'}^j(\mathbf{k}') e^{ikx} e^{-ik'y} \langle 0| a_\lambda(\mathbf{k}) a_{\lambda'}^\dagger(\mathbf{k}') |0\rangle

利用对易关系 (55.21-55.23)，特别是 $[a_{\lambda}(\mathbf{k}), a_{\lambda'}^{\dagger}(\mathbf{k}')] = (2\pi)^{3} 2\omega \, \delta^{3}(\mathbf{k}' - \mathbf{k}) \delta_{\lambda\lambda'}$ ，可得：

\langle 0| a_\lambda(\mathbf{k}) a_{\lambda'}^\dagger(\mathbf{k}') |0\rangle = (2\pi)^{3} 2\omega \, \delta^{3}(\mathbf{k}' - \mathbf{k}) \delta_{\lambda\lambda'}

代入积分并消去 $\mathbf{k}'$ 和 $\lambda'$ ，得到：

\langle 0|A^i(x)A^j(y)|0\rangle = \int \widetilde{dk} \sum_{\lambda=\pm} \varepsilon_\lambda^{i*}(\mathbf{k}) \varepsilon_\lambda^j(\mathbf{k}) e^{ik(x-y)}

第二步：构造编时乘积 $\langle 0|\text{T}A^i(x)A^j(y)|0\rangle$

编时乘积定义为：

\langle 0|\text{T}A^i(x)A^j(y)|0\rangle = \theta(x^0 - y^0) \langle 0|A^i(x)A^j(y)|0\rangle + \theta(y^0 - x^0) \langle 0|A^j(y)A^i(x)|0\rangle

定义极化求和张量 $\Pi^{ij}(\mathbf{k}) = \sum_{\lambda=\pm} \varepsilon_\lambda^{i*}(\mathbf{k}) \varepsilon_\lambda^j(\mathbf{k})$ 。在库仑规范下，该张量为横向投影算符 $\Pi^{ij}(\mathbf{k}) = \delta^{ij} - \frac{k^i k^j}{\mathbf{k}^2}$ 。显然， $\Pi^{ij}(\mathbf{k})$ 是实对称的（ $\Pi^{ji}(\mathbf{k}) = \Pi^{ij}(\mathbf{k})$ ），且关于 $\mathbf{k}$ 是偶函数（ $\Pi^{ij}(-\mathbf{k}) = \Pi^{ij}(\mathbf{k})$ ）。

将 Wightman 函数代入编时乘积：

\langle 0|\text{T}A^i(x)A^j(y)|0\rangle = \theta(x^0 - y^0) \int \widetilde{dk} \, \Pi^{ij}(\mathbf{k}) e^{ik(x-y)} + \theta(y^0 - x^0) \int \widetilde{dk} \, \Pi^{ji}(\mathbf{k}) e^{-ik(x-y)}

对于第二项，由于 $\Pi^{ji}(\mathbf{k}) = \Pi^{ij}(\mathbf{k})$ ，且积分测度 $\widetilde{dk}$ 不变，我们可以作变量代换 $\mathbf{k} \to -\mathbf{k}$ 。此时空间动量部分反号，但频率 $\omega = |\mathbf{k}|$ 保持不变：

\int \frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega} \Pi^{ij}(\mathbf{k}) e^{-i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y}) + i\omega(x^0-y^0)} \xrightarrow{\mathbf{k} \to -\mathbf{k}} \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega} \Pi^{ij}(\mathbf{k}) e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y}) + i\omega(x^0-y^0)}

因此，编时乘积可以统一写为：

\langle 0|\text{T}A^i(x)A^j(y)|0\rangle = \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega} \Pi^{ij}(\mathbf{k}) e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \left[ \theta(x^0 - y^0) e^{-i\omega(x^0-y^0)} + \theta(y^0 - x^0) e^{i\omega(x^0-y^0)} \right]

第三步：计算动量空间传播子积分

现在我们计算公式 (56.10) 给出的传播子 $\Delta^{ij}(x-y)$ ：

\frac{1}{i}\Delta^{ij}(x-y) = \frac{1}{i} \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{e^{ik(x-y)}}{k^2 - i\epsilon} \Pi^{ij}(\mathbf{k})

在四维积分中， $k^2 = -(k^0)^2 + \mathbf{k}^2$ 。分离出 $k^0$ 的积分：

I = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dk^0}{2\pi} \frac{e^{-ik^0(x^0-y^0)}}{-(k^0)^2 + \mathbf{k}^2 - i\epsilon}

被积函数在复 $k^0$ 平面上有两个单极点： $k^0 = \pm \sqrt{\mathbf{k}^2 - i\epsilon} \approx \pm (\omega - i\epsilon)$ 。

当 $x^0 - y^0 > 0$ 时，为使指数衰减，我们在下半平面闭合积分回路，包围极点 $k^0 = \omega - i\epsilon$ 。根据留数定理（顺时针方向引入负号）： $I = -2\pi i \frac{e^{-i\omega(x^0-y^0)}}{-2\omega (2\pi)} = \frac{i}{2\omega} e^{-i\omega(x^0-y^0)}$
当 $x^0 - y^0 < 0$ 时，我们在上半平面闭合积分回路，包围极点 $k^0 = -\omega + i\epsilon$ 。根据留数定理（逆时针方向）： $I = 2\pi i \frac{e^{-i(-\omega)(x^0-y^0)}}{2\omega (2\pi)} = \frac{i}{2\omega} e^{i\omega(x^0-y^0)}$

利用阶跃函数将两种情况合并：

I = \frac{i}{2\omega} \left[ \theta(x^0 - y^0) e^{-i\omega(x^0-y^0)} + \theta(y^0 - x^0) e^{i\omega(x^0-y^0)} \right]

将 $I$ 代回 $\frac{1}{i}\Delta^{ij}(x-y)$ 的表达式中：

\frac{1}{i}\Delta^{ij}(x-y) = \frac{1}{i} \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} \Pi^{ij}(\mathbf{k}) e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \times \frac{i}{2\omega} \left[ \theta(x^0 - y^0) e^{-i\omega(x^0-y^0)} + \theta(y^0 - x^0) e^{i\omega(x^0-y^0)} \right]

化简后得到：

\frac{1}{i}\Delta^{ij}(x-y) = \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega} \Pi^{ij}(\mathbf{k}) e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \left[ \theta(x^0 - y^0) e^{-i\omega(x^0-y^0)} + \theta(y^0 - x^0) e^{i\omega(x^0-y^0)} \right]

结论

对比第二步和第三步的最终结果，两者完全一致。因此我们证明了：

\boxed{ \langle 0|\text{T}A^i(x)A^j(y)|0\rangle = \frac{1}{i}\Delta^{ij}(x-y) }

其中 $\Delta^{ij}(x-y)$ 的动量空间表示正是公式 (56.10)，从而成功验证了公式 (56.9) 和 (56.10)。

Problem 56.1

习题 56.1

习题 56.1 - 解答