Gauge Field Notes
59.1

Problem 59.1

srednickiChapter 59

习题 59.1

来源: 第59章, PDF第354页

59.1 Compute ⟨∣T∣2⟩\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle for Compton scattering, e−γ→e−γe^- \gamma \rightarrow e^- \gamma. You should find that your result is the same as that for e+e−→γγe^+ e^- \rightarrow \gamma \gamma, but with s↔ts \leftrightarrow t, and an extra overall minus sign. This is an example of crossing symmetry; there is an overall minus sign for each fermion that is moved from the initial to the final state.

习题 59.1 - 解答

对于康普顿散射 e−(p)+γ(k)→e−(p′)+γ(k′)e^-(p) + \gamma(k) \rightarrow e^-(p') + \gamma(k')，我们定义 Mandelstam 变量为： s=(p+k)2,t=(p−p′)2,u=(p−k′)2s = (p+k)^2, \quad t = (p-p')^2, \quad u = (p-k')^2 它们满足 s+t+u=2m2s+t+u = 2m^2。

该过程在树图阶包含 ss-道和 uu-道两个 Feynman 图。根据 Feynman 规则，散射振幅 T\mathcal{T} 为： T=−e2ϵμ∗(k′)ϵν(k)uˉ(p′)[γμ(p̸+k̸+m)γνs−m2+γν(p̸−̸k′+m)γμu−m2]u(p)\mathcal{T} = -e^2 \epsilon^*_\mu(k') \epsilon_\nu(k) \bar{u}(p') \left[ \frac{\gamma^\mu (\not{p}+\not{k}+m) \gamma^\nu}{s-m^2} + \frac{\gamma^\nu (\not{p}-\not{k}'+m) \gamma^\mu}{u-m^2} \right] u(p) 我们需要计算自旋和极化平均的振幅平方 ⟨∣T∣2⟩=14∑spins, pol.∣T∣2\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle = \frac{1}{4} \sum_{\text{spins, pol.}} |\mathcal{T}|^2。利用 Ward 恒等式，可以将光子的极化求和替换为 ∑ϵμ∗ϵα=−gμα\sum \epsilon^*_\mu \epsilon_\alpha = -g_{\mu\alpha}。因此： ⟨∣T∣2⟩=e44(Tss+Tuu+Tsu+Tus)\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle = \frac{e^4}{4} (T_{ss} + T_{uu} + T_{su} + T_{us}) 其中各项为狄拉克矩阵的迹： Tss=1(s−m2)2Tr[(̸p′+m)γμ(p̸+k̸+m)γν(p̸+m)γν(p̸+k̸+m)γμ]T_{ss} = \frac{1}{(s-m^2)^2} \text{Tr} \left[ (\not{p}'+m) \gamma^\mu (\not{p}+\not{k}+m) \gamma^\nu (\not{p}+m) \gamma_\nu (\not{p}+\not{k}+m) \gamma_\mu \right] Tuu=1(u−m2)2Tr[(̸p′+m)γν(p̸−̸k′+m)γμ(p̸+m)γμ(p̸−̸k′+m)γν]T_{uu} = \frac{1}{(u-m^2)^2} \text{Tr} \left[ (\not{p}'+m) \gamma^\nu (\not{p}-\not{k}'+m) \gamma^\mu (\not{p}+m) \gamma_\mu (\not{p}-\not{k}'+m) \gamma_\nu \right] Tsu=Tus=1(s−m2)(u−m2)Tr[(̸p′+m)γμ(p̸+k̸+m)γν(p̸+m)γμ(p̸−̸k′+m)γν]T_{su} = T_{us} = \frac{1}{(s-m^2)(u-m^2)} \text{Tr} \left[ (\not{p}'+m) \gamma^\mu (\not{p}+\not{k}+m) \gamma^\nu (\not{p}+m) \gamma_\mu (\not{p}-\not{k}'+m) \gamma_\nu \right]

1. 计算 TssT_{ss} 利用缩并恒等式 γν(p̸+m)γν=−2p̸+4m\gamma^\nu (\not{p}+m) \gamma_\nu = -2\not{p} + 4m，中间部分化简为： Y=(p̸+k̸+m)(−2p̸+4m)(p̸+k̸+m)=4m2p̸+(6m2−2s)k̸+2ms+2m3Y = (\not{p}+\not{k}+m) (-2\not{p}+4m) (\not{p}+\not{k}+m) = 4m^2 \not{p} + (6m^2 - 2s) \not{k} + 2ms + 2m^3 再次缩并 γμYγμ=−8m2p̸+(4s−12m2)k̸+8ms+8m3\gamma^\mu Y \gamma_\mu = -8m^2 \not{p} + (4s - 12m^2) \not{k} + 8ms + 8m^3。代入迹中并利用运动学关系 2p′⋅p=2m2−t2p'\cdot p = 2m^2-t 和 2p′⋅k=s+t−m22p'\cdot k = s+t-m^2，得到： Tss=8(s−m2)2(s2+st−m2t+3m4)=8(s−m2)2(−su+3sm2+um2+m4)T_{ss} = \frac{8}{(s-m^2)^2} \left( s^2 + st - m^2 t + 3m^4 \right) = \frac{8}{(s-m^2)^2} \left( -su + 3sm^2 + um^2 + m^4 \right)

2. 计算 TuuT_{uu} 由 s↔us \leftrightarrow u 的对称性，直接将 TssT_{ss} 中的 ss 替换为 uu： Tuu=8(u−m2)2(−su+3um2+sm2+m4)T_{uu} = \frac{8}{(u-m^2)^2} \left( -su + 3um^2 + sm^2 + m^4 \right)

3. 计算交叉项 TsuT_{su} 利用恒等式 γμA̸γνB̸γμ=−2B̸γνA̸\gamma^\mu \not{A} \gamma^\nu \not{B} \gamma_\mu = -2 \not{B} \gamma^\nu \not{A} 等，化简迹内的矩阵乘积，计算各项的迹并代入运动学关系 (p+k)⋅(p−k′)=m2(p+k)\cdot(p-k') = m^2 等，得到： 2Tsu=16m2(2m2+s+u)(s−m2)(u−m2)2T_{su} = \frac{16m^2 (2m^2 + s + u)}{(s-m^2)(u-m^2)}

4. 组合结果 将上述结果相加，并进行代数重组（将部分交叉项吸收到平方项中）： ⟨∣T∣2⟩=2e4[−su+5sm2+um2−m4(s−m2)2+−su+5um2+sm2−m4(u−m2)2+8m4(s−m2)(u−m2)]\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle = 2e^4 \left[ \frac{-su + 5sm^2 + um^2 - m^4}{(s-m^2)^2} + \frac{-su + 5um^2 + sm^2 - m^4}{(u-m^2)^2} + \frac{8m^4}{(s-m^2)(u-m^2)} \right] 进一步化简为标准形式： ⟨∣T∣2⟩=2e4[m2−us−m2+m2−su−m2+4m2(1s−m2+1u−m2)+4m4(1s−m2+1u−m2)2]\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle = 2e^4 \left[ \frac{m^2-u}{s-m^2} + \frac{m^2-s}{u-m^2} + 4m^2 \left( \frac{1}{s-m^2} + \frac{1}{u-m^2} \right) + 4m^4 \left( \frac{1}{s-m^2} + \frac{1}{u-m^2} \right)^2 \right]

5. 交叉对称性 (Crossing Symmetry) 分析 对于电子-正电子对湮灭过程 e−(p1)+e+(p2)→γ(k1)+γ(k2)e^-(p_1) + e^+(p_2) \rightarrow \gamma(k_1) + \gamma(k_2)，其 Mandelstam 变量定义为 spair=(p1+p2)2s_{\text{pair}} = (p_1+p_2)^2, tpair=(p1−k1)2t_{\text{pair}} = (p_1-k_1)^2, upair=(p1−k2)2u_{\text{pair}} = (p_1-k_2)^2。该过程的自旋平均振幅平方已知为： ⟨∣Tpair∣2⟩=2e4[u−m2t−m2+t−m2u−m2−4m2(1t−m2+1u−m2)−4m4(1t−m2+1u−m2)2]\langle |\mathcal{T}_{\text{pair}}|^2 \rangle = 2e^4 \left[ \frac{u-m^2}{t-m^2} + \frac{t-m^2}{u-m^2} - 4m^2 \left( \frac{1}{t-m^2} + \frac{1}{u-m^2} \right) - 4m^4 \left( \frac{1}{t-m^2} + \frac{1}{u-m^2} \right)^2 \right] 通过交叉对称性，康普顿散射可以通过将初态光子移至末态、末态电子移至初态（变为正电子）来联系到对湮灭过程。这在运动学上等价于动量代换 p→p1p \rightarrow p_1, k→−k1k \rightarrow -k_1, p′→−p2p' \rightarrow -p_2, k′→k2k' \rightarrow k_2。 此时变量的映射关系为： s→tpair,t→spair,u→upairs \rightarrow t_{\text{pair}}, \quad t \rightarrow s_{\text{pair}}, \quad u \rightarrow u_{\text{pair}} 即发生了 s↔ts \leftrightarrow t 的交换。同时，由于将一个费米子从末态移到了初态，根据费米子反交换关系，振幅平方需要引入一个全局负号。应用这一规则： ⟨∣TCompton∣2⟩(s,t,u)=−⟨∣Tpair∣2⟩(t,s,u)\langle |\mathcal{T}_{\text{Compton}}|^2 \rangle(s,t,u) = - \langle |\mathcal{T}_{\text{pair}}|^2 \rangle(t,s,u) 将 s↔ts \leftrightarrow t 代入 ⟨∣Tpair∣2⟩\langle |\mathcal{T}_{\text{pair}}|^2 \rangle 并乘以 −1-1： −⟨∣Tpair∣2⟩(t,s,u)=−2e4[u−m2s−m2+s−m2u−m2−4m2(1s−m2+1u−m2)−4m4(1s−m2+1u−m2)2]- \langle |\mathcal{T}_{\text{pair}}|^2 \rangle(t,s,u) = -2e^4 \left[ \frac{u-m^2}{s-m^2} + \frac{s-m^2}{u-m^2} - 4m^2 \left( \frac{1}{s-m^2} + \frac{1}{u-m^2} \right) - 4m^4 \left( \frac{1}{s-m^2} + \frac{1}{u-m^2} \right)^2 \right] 将负号吸收到前两项的分子中（注意 −u−m2s−m2=m2−us−m2-\frac{u-m^2}{s-m^2} = \frac{m^2-u}{s-m^2}），我们完美复现了直接计算得到的康普顿散射结果。

⟨∣T∣2⟩=2e4[m2−us−m2+m2−su−m2+4m2(1s−m2+1u−m2)+4m4(1s−m2+1u−m2)2]\boxed{ \langle |\mathcal{T}|^2 \rangle = 2e^4 \left[ \frac{m^2-u}{s-m^2} + \frac{m^2-s}{u-m^2} + 4m^2 \left( \frac{1}{s-m^2} + \frac{1}{u-m^2} \right) + 4m^4 \left( \frac{1}{s-m^2} + \frac{1}{u-m^2} \right)^2 \right] }

59.2

Problem 59.2

srednickiChapter 59

习题 59.2

来源: 第59章, PDF第355页

59.2 Compute ⟨∣T∣2⟩\langle|\mathcal{T}|^2\rangle for Bhabha scattering, e+e−→e+e−e^+ e^- \rightarrow e^+ e^-.

习题 59.2 - 解答

Bhabha 散射 (e+e−→e+e−e^+ e^- \rightarrow e^+ e^-) 的过程在树图阶（Tree-level）包含两个费曼图：ss-道（正负电子湮灭为虚光子再产生正负电子）和 tt-道（正负电子通过交换虚光子发生散射）。

设初态电子和正电子的动量分别为 p1p_1 和 p2p_2，末态电子和正电子的动量分别为 p3p_3 和 p4p_4。定义 Mandelstam 变量： s=(p1+p2)2=(p3+p4)2s = (p_1 + p_2)^2 = (p_3 + p_4)^2 t=(p1−p3)2=(p2−p4)2t = (p_1 - p_3)^2 = (p_2 - p_4)^2 u=(p1−p4)2=(p2−p3)2u = (p_1 - p_4)^2 = (p_2 - p_3)^2 它们满足动量守恒关系：s+t+u=4m2s + t + u = 4m^2。

根据 QED 费曼规则，总散射矩阵元 T\mathcal{T} 为 ss-道与 tt-道之差（由于费米子交换反对称性，两图之间存在相对负号）： iT=iTs−iTti\mathcal{T} = i\mathcal{T}_s - i\mathcal{T}_t 其中： iTs=(−ie)2[vˉ(p2)γμu(p1)]−igμνs[uˉ(p3)γνv(p4)]i\mathcal{T}_s = (-ie)^2 \left[ \bar{v}(p_2) \gamma^\mu u(p_1) \right] \frac{-i g_{\mu\nu}}{s} \left[ \bar{u}(p_3) \gamma^\nu v(p_4) \right] iTt=(−ie)2[uˉ(p3)γμu(p1)]−igμνt[vˉ(p2)γνv(p4)]i\mathcal{T}_t = (-ie)^2 \left[ \bar{u}(p_3) \gamma^\mu u(p_1) \right] \frac{-i g_{\mu\nu}}{t} \left[ \bar{v}(p_2) \gamma^\nu v(p_4) \right]

我们需要计算对初态自旋求平均、对末态自旋求和的模方 ⟨∣T∣2⟩=14∑spins∣Ts−Tt∣2\langle|\mathcal{T}|^2\rangle = \frac{1}{4} \sum_{\text{spins}} |\mathcal{T}_s - \mathcal{T}_t|^2： ⟨∣T∣2⟩=e44(Tsss2+Tttt2−2Tstst)\langle|\mathcal{T}|^2\rangle = \frac{e^4}{4} \left( \frac{T_{ss}}{s^2} + \frac{T_{tt}}{t^2} - \frac{2 T_{st}}{st} \right) 其中 Tss,Ttt,TstT_{ss}, T_{tt}, T_{st} 分别为对应的自旋求和迹（Traces）。

1. 计算 ss-道项 TssT_{ss}

Tss=Tr[γμ(̸p1+m)γν(̸p2−m)]Tr[γμ(̸p4−m)γν(̸p3+m)]T_{ss} = \text{Tr}\left[ \gamma^\mu (\not{p}_1 + m) \gamma^\nu (\not{p}_2 - m) \right] \text{Tr}\left[ \gamma_\mu (\not{p}_4 - m) \gamma_\nu (\not{p}_3 + m) \right] 利用标准迹定理 Tr[γμa̸γνb̸]=4(aμbν+aνbμ−gμνa⋅b)\text{Tr}[\gamma^\mu \not{a} \gamma^\nu \not{b}] = 4(a^\mu b^\nu + a^\nu b^\mu - g^{\mu\nu} a \cdot b)，展开并收缩洛伦兹指标： Tss=32[(p1⋅p4)(p2⋅p3)+(p1⋅p3)(p2⋅p4)+m2(p1⋅p2+p3⋅p4)+2m4]T_{ss} = 32 \left[ (p_1 \cdot p_4)(p_2 \cdot p_3) + (p_1 \cdot p_3)(p_2 \cdot p_4) + m^2(p_1 \cdot p_2 + p_3 \cdot p_4) + 2m^4 \right] 代入运动学关系 p1⋅p4=p2⋅p3=12(2m2−u)p_1 \cdot p_4 = p_2 \cdot p_3 = \frac{1}{2}(2m^2 - u)， p1⋅p3=p2⋅p4=12(2m2−t)p_1 \cdot p_3 = p_2 \cdot p_4 = \frac{1}{2}(2m^2 - t)，以及 p1⋅p2=p3⋅p4=12(s−2m2)p_1 \cdot p_2 = p_3 \cdot p_4 = \frac{1}{2}(s - 2m^2)，化简得到： Tss=8(t2+u2+8m2s−8m4)T_{ss} = 8 \left( t^2 + u^2 + 8m^2 s - 8m^4 \right)

2. 计算 tt-道项 TttT_{tt}

Ttt=Tr[γμ(̸p1+m)γν(̸p3+m)]Tr[γμ(̸p4−m)γν(̸p2−m)]T_{tt} = \text{Tr}\left[ \gamma^\mu (\not{p}_1 + m) \gamma^\nu (\not{p}_3 + m) \right] \text{Tr}\left[ \gamma_\mu (\not{p}_4 - m) \gamma_\nu (\not{p}_2 - m) \right] 根据交叉对称性（Crossing Symmetry），tt-道的迹可以通过在 ss-道结果中交换 p2↔−p3p_2 \leftrightarrow -p_3 得到，这等价于交换 Mandelstam 变量 s↔ts \leftrightarrow t： Ttt=8(s2+u2+8m2t−8m4)T_{tt} = 8 \left( s^2 + u^2 + 8m^2 t - 8m^4 \right)

3. 计算干涉项 TstT_{st}

干涉项的迹包含在一个大迹中： Tst=Tr[γμ(̸p1+m)γν(̸p3+m)γμ(̸p4−m)γν(̸p2−m)]T_{st} = \text{Tr}\left[ \gamma^\mu (\not{p}_1 + m) \gamma^\nu (\not{p}_3 + m) \gamma_\mu (\not{p}_4 - m) \gamma_\nu (\not{p}_2 - m) \right] 利用 Gamma 矩阵的收缩恒等式 γμγμ=4\gamma^\mu \gamma_\mu = 4, γμa̸γμ=−2a̸\gamma^\mu \not{a} \gamma_\mu = -2\not{a}, γμa̸b̸γμ=4a⋅b\gamma^\mu \not{a} \not{b} \gamma_\mu = 4 a \cdot b 等，将 γμ\gamma^\mu 和 γμ\gamma_\mu 收缩： Tst=Tr[{−2̸p3γν̸p1+4m(p1ν+p3ν)−2m2γν}(̸p4−m)γν(̸p2−m)]T_{st} = \text{Tr}\left[ \{-2\not{p}_3 \gamma^\nu \not{p}_1 + 4m(p_1^\nu + p_3^\nu) - 2m^2 \gamma^\nu\} (\not{p}_4 - m) \gamma_\nu (\not{p}_2 - m) \right] 展开并保留偶数个 Gamma 矩阵的项，计算迹后代入 Mandelstam 变量： Tst=−32(p1⋅p4)(p2⋅p3)+16m2(p1⋅p3+p2⋅p4)−16m2(s−u)−32m4T_{st} = -32(p_1 \cdot p_4)(p_2 \cdot p_3) + 16m^2(p_1 \cdot p_3 + p_2 \cdot p_4) - 16m^2(s - u) - 32m^4 进一步化简可得： Tst=−8(u2−8m2u+12m4)T_{st} = -8 \left( u^2 - 8m^2 u + 12m^4 \right)

4. 组合得到精确结果

将 Tss,Ttt,TstT_{ss}, T_{tt}, T_{st} 代入 ⟨∣T∣2⟩\langle|\mathcal{T}|^2\rangle 的表达式中： ⟨∣T∣2⟩=e44[8(t2+u2+8m2s−8m4)s2+8(s2+u2+8m2t−8m4)t2−2[−8(u2−8m2u+12m4)]st]\langle|\mathcal{T}|^2\rangle = \frac{e^4}{4} \left[ \frac{8(t^2 + u^2 + 8m^2 s - 8m^4)}{s^2} + \frac{8(s^2 + u^2 + 8m^2 t - 8m^4)}{t^2} - \frac{2[-8(u^2 - 8m^2 u + 12m^4)]}{st} \right] 提取公因子 2e42e^4，得到包含电子质量 mm 的精确自旋平均矩阵元模方：

⟨∣T∣2⟩=2e4[t2+u2+8m2s−8m4s2+s2+u2+8m2t−8m4t2+2(u2−8m2u+12m4)st]\boxed{ \langle|\mathcal{T}|^2\rangle = 2e^4 \left[ \frac{t^2 + u^2 + 8m^2 s - 8m^4}{s^2} + \frac{s^2 + u^2 + 8m^2 t - 8m^4}{t^2} + \frac{2(u^2 - 8m^2 u + 12m^4)}{st} \right] }

5. 高能极限（无质量近似）

在极高能散射条件下（s,−t,−u≫m2s, -t, -u \gg m^2），可以忽略电子质量取 m→0m \to 0。此时 s+t+u≈0s + t + u \approx 0，精确公式大幅简化为： ⟨∣T∣2⟩≈2e4(t2+u2s2+s2+u2t2+2u2st)\langle|\mathcal{T}|^2\rangle \approx 2e^4 \left( \frac{t^2 + u^2}{s^2} + \frac{s^2 + u^2}{t^2} + \frac{2u^2}{st} \right) 利用 u2(1s2+1t2+2st)=u2(s+t)2s2t2=u4s2t2u^2 \left( \frac{1}{s^2} + \frac{1}{t^2} + \frac{2}{st} \right) = u^2 \frac{(s+t)^2}{s^2 t^2} = \frac{u^4}{s^2 t^2}，该结果可以写成高度对称的紧凑形式：

⟨∣T∣2⟩≈2e4s4+t4+u4s2t2\boxed{ \langle|\mathcal{T}|^2\rangle \approx 2e^4 \frac{s^4 + t^4 + u^4}{s^2 t^2} }
59.3

Problem 59.3

srednickiChapter 59

习题 59.3

来源: 第59章, PDF第355页

59.3 Compute ⟨∣T∣2⟩\langle|\mathcal{T}|^2\rangle for Møller scattering, e−e−→e−e−e^- e^- \rightarrow e^- e^-. You should find that your result is the same as that for e+e−→e+e−e^+ e^- \rightarrow e^+ e^-, but with s↔us \leftrightarrow u. This is another example of crossing symmetry.

习题 59.3 - 解答

对于 Møller 散射 e−(p1)e−(p2)→e−(p3)e−(p4)e^-(p_1) e^-(p_2) \rightarrow e^-(p_3) e^-(p_4)，最低阶的费曼图包含 tt-通道和 uu-通道的光子交换。根据费米-狄拉克统计，交换末态两个全同费米子会引入一个相对负号。散射振幅 T\mathcal{T} 可以写为： T=Tt−Tu\mathcal{T} = \mathcal{T}_t - \mathcal{T}_u 其中，两个通道的振幅分别为： Tt=e2t[uˉ(p3)γμu(p1)][uˉ(p4)γμu(p2)]\mathcal{T}_t = \frac{e^2}{t} [\bar{u}(p_3) \gamma^\mu u(p_1)] [\bar{u}(p_4) \gamma_\mu u(p_2)] Tu=e2u[uˉ(p4)γνu(p1)][uˉ(p3)γνu(p2)]\mathcal{T}_u = \frac{e^2}{u} [\bar{u}(p_4) \gamma^\nu u(p_1)] [\bar{u}(p_3) \gamma_\nu u(p_2)] 我们需要计算对初态自旋求平均、对末态自旋求和的振幅平方： ⟨∣T∣2⟩=14∑spins∣Tt−Tu∣2=14∑spins(∣Tt∣2+∣Tu∣2−2Re(TtTu∗))\langle|\mathcal{T}|^2\rangle = \frac{1}{4} \sum_{\text{spins}} |\mathcal{T}_t - \mathcal{T}_u|^2 = \frac{1}{4} \sum_{\text{spins}} \left( |\mathcal{T}_t|^2 + |\mathcal{T}_u|^2 - 2\text{Re}(\mathcal{T}_t \mathcal{T}_u^*) \right)

在计算迹之前，先列出曼德尔施塔姆变量（Mandelstam variables）与动量内积的关系（利用 pi2=m2p_i^2 = m^2）： s=(p1+p2)2=(p3+p4)2  ⟹  p1⋅p2=p3⋅p4=s2−m2s = (p_1 + p_2)^2 = (p_3 + p_4)^2 \implies p_1 \cdot p_2 = p_3 \cdot p_4 = \frac{s}{2} - m^2 t=(p1−p3)2=(p2−p4)2  ⟹  p1⋅p3=p2⋅p4=m2−t2t = (p_1 - p_3)^2 = (p_2 - p_4)^2 \implies p_1 \cdot p_3 = p_2 \cdot p_4 = m^2 - \frac{t}{2} u=(p1−p4)2=(p2−p3)2  ⟹  p1⋅p4=p2⋅p3=m2−u2u = (p_1 - p_4)^2 = (p_2 - p_3)^2 \implies p_1 \cdot p_4 = p_2 \cdot p_3 = m^2 - \frac{u}{2}

1. 计算 tt-通道平方项 14∑∣Tt∣2\frac{1}{4} \sum |\mathcal{T}_t|^2

利用自旋求和公式 ∑u(p)uˉ(p)=p̸+m\sum u(p)\bar{u}(p) = \not{p} + m，可得： 14∑∣Tt∣2=e44t2Tr[γμ(̸p1+m)γν(̸p3+m)]Tr[γμ(̸p2+m)γν(̸p4+m)]\frac{1}{4} \sum |\mathcal{T}_t|^2 = \frac{e^4}{4t^2} \text{Tr}[\gamma^\mu (\not{p}_1 + m) \gamma^\nu (\not{p}_3 + m)] \text{Tr}[\gamma_\mu (\not{p}_2 + m) \gamma_\nu (\not{p}_4 + m)] 计算狄拉克矩阵的迹： Tr[γμ(̸p1+m)γν(̸p3+m)]=4(p1μp3ν+p1νp3μ−gμν(p1⋅p3−m2))\text{Tr}[\gamma^\mu (\not{p}_1 + m) \gamma^\nu (\not{p}_3 + m)] = 4\left( p_1^\mu p_3^\nu + p_1^\nu p_3^\mu - g^{\mu\nu}(p_1 \cdot p_3 - m^2) \right) 将两个迹相乘并收缩洛伦兹指标： 14∑∣Tt∣2=4e4t2[2(p1⋅p2)(p3⋅p4)+2(p1⋅p4)(p2⋅p3)−2m2(p1⋅p3+p2⋅p4)+4m4]=8e4t2[(s2−m2)2+(u2−m2)2−m2(2m2−t)+2m4]=2e4t2[(s−2m2)2+(u−2m2)2+4m2t]\begin{aligned} \frac{1}{4} \sum |\mathcal{T}_t|^2 &= \frac{4e^4}{t^2} \left[ 2(p_1 \cdot p_2)(p_3 \cdot p_4) + 2(p_1 \cdot p_4)(p_2 \cdot p_3) - 2m^2(p_1 \cdot p_3 + p_2 \cdot p_4) + 4m^4 \right] \\ &= \frac{8e^4}{t^2} \left[ \left(\frac{s}{2} - m^2\right)^2 + \left(\frac{u}{2} - m^2\right)^2 - m^2\left(2m^2 - t\right) + 2m^4 \right] \\ &= \frac{2e^4}{t^2} \left[ (s - 2m^2)^2 + (u - 2m^2)^2 + 4m^2 t \right] \end{aligned}

2. 计算 uu-通道平方项 14∑∣Tu∣2\frac{1}{4} \sum |\mathcal{T}_u|^2

由于 Tu\mathcal{T}_u 可以通过在 Tt\mathcal{T}_t 中交换 p3↔p4p_3 \leftrightarrow p_4 得到，这在运动学上等价于交换 t↔ut \leftrightarrow u。因此直接利用对称性可得： 14∑∣Tu∣2=2e4u2[(s−2m2)2+(t−2m2)2+4m2u]\frac{1}{4} \sum |\mathcal{T}_u|^2 = \frac{2e^4}{u^2} \left[ (s - 2m^2)^2 + (t - 2m^2)^2 + 4m^2 u \right]

3. 计算干涉项 −12∑Re(TtTu∗)-\frac{1}{2} \sum \text{Re}(\mathcal{T}_t \mathcal{T}_u^*)

干涉项的自旋求和可以写为一个大迹： ∑TtTu∗=e4tuTr[γμ(̸p1+m)γν(̸p4+m)γμ(̸p2+m)γν(̸p3+m)]\sum \mathcal{T}_t \mathcal{T}_u^* = \frac{e^4}{tu} \text{Tr}[ \gamma^\mu (\not{p}_1 + m) \gamma^\nu (\not{p}_4 + m) \gamma_\mu (\not{p}_2 + m) \gamma_\nu (\not{p}_3 + m) ] 为了简化计算，我们引入一个非常有用的 Chisholm 恒等式推论： γμ(A̸+m)γν(B̸+m)γμ=−2(B̸+m)γν(A̸+m)\gamma^\mu (\not{A} + m) \gamma^\nu (\not{B} + m) \gamma_\mu = -2 (\not{B} + m) \gamma^\nu (\not{A} + m) 应用此恒等式（取 A=p1,B=p4A=p_1, B=p_4），迹化简为： Tr[… ]=−2Tr[(̸p4+m)γν(̸p1+m)(̸p2+m)γν(̸p3+m)]\text{Tr}[\dots] = -2 \text{Tr}[ (\not{p}_4 + m) \gamma^\nu (\not{p}_1 + m) (\not{p}_2 + m) \gamma_\nu (\not{p}_3 + m) ] 接着化简中间部分 γν(̸p1+m)(̸p2+m)γν\gamma^\nu (\not{p}_1 + m) (\not{p}_2 + m) \gamma_\nu： γν(̸p1̸p2+m̸p1+m̸p2+m2)γν=4(p1⋅p2)−2m(̸p1+̸p2)+4m2=4(s2−m2)+4m2−2m(̸p1+̸p2)=2s−2m(̸p1+̸p2)\begin{aligned} \gamma^\nu (\not{p}_1 \not{p}_2 + m\not{p}_1 + m\not{p}_2 + m^2) \gamma_\nu &= 4(p_1 \cdot p_2) - 2m(\not{p}_1 + \not{p}_2) + 4m^2 \\ &= 4\left(\frac{s}{2} - m^2\right) + 4m^2 - 2m(\not{p}_1 + \not{p}_2) \\ &= 2s - 2m(\not{p}_1 + \not{p}_2) \end{aligned} 将其代回迹中，得到： Tr[… ]=−2{2sTr[(̸p4+m)(̸p3+m)]−2mTr[(̸p4+m)(̸p1+̸p2)(̸p3+m)]}\text{Tr}[\dots] = -2 \left\{ 2s \text{Tr}[(\not{p}_4 + m)(\not{p}_3 + m)] - 2m \text{Tr}[(\not{p}_4 + m)(\not{p}_1 + \not{p}_2)(\not{p}_3 + m)] \right\} 分别计算这两个迹（奇数个 γ\gamma 矩阵的迹为零）：

  1. Tr[(̸p4+m)(̸p3+m)]=4(p3⋅p4+m2)=4(s/2)=2s\text{Tr}[(\not{p}_4 + m)(\not{p}_3 + m)] = 4(p_3 \cdot p_4 + m^2) = 4(s/2) = 2s
  2. Tr[(̸p4+m)(̸p1+̸p2)(̸p3+m)]=4m[p4⋅(p1+p2)+p3⋅(p1+p2)]=4m(p3+p4)⋅(p1+p2)\text{Tr}[(\not{p}_4 + m)(\not{p}_1 + \not{p}_2)(\not{p}_3 + m)] = 4m [p_4 \cdot (p_1 + p_2) + p_3 \cdot (p_1 + p_2)] = 4m (p_3 + p_4) \cdot (p_1 + p_2) 由动量守恒 p3+p4=p1+p2p_3 + p_4 = p_1 + p_2，上式等于 4m(p1+p2)2=4ms4m (p_1 + p_2)^2 = 4ms。

将结果组合起来： Tr[… ]=−2[2s(2s)−2m(4ms)]=−8s(s−2m2)\text{Tr}[\dots] = -2 \left[ 2s(2s) - 2m(4ms) \right] = -8s(s - 2m^2) 因此，干涉项为： −12∑Re(TtTu∗)=−12e4tu[−8s(s−2m2)]=4e4tus(s−2m2)-\frac{1}{2} \sum \text{Re}(\mathcal{T}_t \mathcal{T}_u^*) = -\frac{1}{2} \frac{e^4}{tu} \left[ -8s(s - 2m^2) \right] = \frac{4e^4}{tu} s(s - 2m^2)

4. 最终结果与交叉对称性 (Crossing Symmetry)

将三部分相加，得到 Møller 散射的自旋平均振幅平方： ⟨∣T∣2⟩=2e4[(s−2m2)2+(u−2m2)2+4m2tt2+(s−2m2)2+(t−2m2)2+4m2uu2+2s(s−2m2)tu]\boxed{ \langle|\mathcal{T}|^2\rangle = 2e^4 \left[ \frac{(s-2m^2)^2 + (u-2m^2)^2 + 4m^2 t}{t^2} + \frac{(s-2m^2)^2 + (t-2m^2)^2 + 4m^2 u}{u^2} + \frac{2s(s-2m^2)}{tu} \right] }

与 Bhabha 散射的比较： 对于 Bhabha 散射 (e+e−→e+e−e^+ e^- \rightarrow e^+ e^-)，其过程由 ss-通道和 tt-通道主导，标准的自旋平均振幅平方结果为： ⟨∣TBhabha∣2⟩=2e4[(s−2m2)2+(u−2m2)2+4m2tt2+(t−2m2)2+(u−2m2)2+4m2ss2+2u(u−2m2)st]\langle|\mathcal{T}_{\text{Bhabha}}|^2\rangle = 2e^4 \left[ \frac{(s-2m^2)^2 + (u-2m^2)^2 + 4m^2 t}{t^2} + \frac{(t-2m^2)^2 + (u-2m^2)^2 + 4m^2 s}{s^2} + \frac{2u(u-2m^2)}{st} \right] 根据交叉对称性，将 Bhabha 散射中的入射正电子与出射正电子的动量反号并交换，在曼德尔施塔姆变量上的体现即为 s↔us \leftrightarrow u 的替换。 若我们在 ⟨∣TBhabha∣2⟩\langle|\mathcal{T}_{\text{Bhabha}}|^2\rangle 中执行 s↔us \leftrightarrow u 的代换，上式直接变为： 2e4[(u−2m2)2+(s−2m2)2+4m2tt2+(t−2m2)2+(s−2m2)2+4m2uu2+2s(s−2m2)ut]2e^4 \left[ \frac{(u-2m^2)^2 + (s-2m^2)^2 + 4m^2 t}{t^2} + \frac{(t-2m^2)^2 + (s-2m^2)^2 + 4m^2 u}{u^2} + \frac{2s(s-2m^2)}{ut} \right] 这与我们刚刚严格推导出的 Møller 散射结果完全一致，完美验证了交叉对称性。