Gauge Field Notes
61.1

Problem 61.1

srednickiChapter 61

习题 61.1

来源: 第61章, PDF第368页

61.1 Compute ⟨∣T∣2⟩\langle|\mathcal{T}|^2\rangle for e~+e~−→γγ\tilde{e}^+ \tilde{e}^- \rightarrow \gamma\gamma, and express your answer in terms of the Mandelstam variables.

习题 61.1 - 解答

对于标量电子对湮灭为双光子的过程 e~+(p1)+e~−(p2)→γ(k1)+γ(k2)\tilde{e}^+(p_1) + \tilde{e}^-(p_2) \rightarrow \gamma(k_1) + \gamma(k_2)，初始粒子为自旋为零的标量粒子，因此不需要对初态进行自旋平均。我们只需要对末态光子的极化求和： ⟨∣T∣2⟩=∑λ1,λ2∣T∣2\langle|\mathcal{T}|^2\rangle = \sum_{\lambda_1, \lambda_2} |\mathcal{T}|^2

定义 Mandelstam 变量（采用 mostly-plus 度规 ημν=diag(−,+,+,+)\eta_{\mu\nu} = \text{diag}(-,+,+,+)，此时 p2=−m2p^2 = -m^2）： s=−(p1+p2)2=−(k1+k2)2s = -(p_1 + p_2)^2 = -(k_1 + k_2)^2 t=−(p1−k1)2=−(p2−k2)2t = -(p_1 - k_1)^2 = -(p_2 - k_2)^2 u=−(p1−k2)2=−(p2−k1)2u = -(p_1 - k_2)^2 = -(p_2 - k_1)^2 满足运动学关系 s+t+u=2m2s + t + u = 2m^2。

1. 散射振幅的构建

根据标量 QED 的费曼规则，该过程包含三个费曼图（tt 散道、uu 散道和四点接触的“海鸥”图）。总振幅可以写为 T=Mμνϵ1μ∗ϵ2ν∗\mathcal{T} = \mathcal{M}^{\mu\nu} \epsilon_{1\mu}^* \epsilon_{2\nu}^*，其中张量 Mμν\mathcal{M}^{\mu\nu} 为： Mμν=e2[(2p1−k1)μ(2p2−k2)ν(p1−k1)2+m2+(2p2−k1)μ(2p1−k2)ν(p1−k2)2+m2+2ημν]\mathcal{M}^{\mu\nu} = e^2 \left[ \frac{(2p_1 - k_1)^\mu (2p_2 - k_2)^\nu}{(p_1 - k_1)^2 + m^2} + \frac{(2p_2 - k_1)^\mu (2p_1 - k_2)^\nu}{(p_1 - k_2)^2 + m^2} + 2\eta^{\mu\nu} \right] 利用传播子分母与 Mandelstam 变量的关系 (p1−k1)2+m2=−t+m2=m2−t(p_1 - k_1)^2 + m^2 = -t + m^2 = m^2 - t 以及 (p1−k2)2+m2=m2−u(p_1 - k_2)^2 + m^2 = m^2 - u，可得： Mμν=e2[AμBνm2−t+CμDνm2−u+2ημν]\mathcal{M}^{\mu\nu} = e^2 \left[ \frac{A^\mu B^\nu}{m^2 - t} + \frac{C^\mu D^\nu}{m^2 - u} + 2\eta^{\mu\nu} \right] 其中定义了动量组合： Aμ=2p1μ−k1μA^\mu = 2p_1^\mu - k_1^\mu, \quad Bν=2p2ν−k2νB^\nu = 2p_2^\nu - k_2^\nu Cμ=2p2μ−k1μC^\mu = 2p_2^\mu - k_1^\mu, \quad Dν=2p1ν−k2νD^\nu = 2p_1^\nu - k_2^\nu

由于该张量满足规范不变性（Ward 恒等式 k1μMμν=0k_{1\mu}\mathcal{M}^{\mu\nu} = 0 且 k2νMμν=0k_{2\nu}\mathcal{M}^{\mu\nu} = 0），在对末态光子极化求和时，可以直接使用 ∑λϵμϵα∗→ημα\sum_\lambda \epsilon_\mu \epsilon_\alpha^* \rightarrow \eta_{\mu\alpha}。因此： ⟨∣T∣2⟩=MμνMμν∗=MμνMμν\langle|\mathcal{T}|^2\rangle = \mathcal{M}^{\mu\nu} \mathcal{M}_{\mu\nu}^* = \mathcal{M}^{\mu\nu} \mathcal{M}_{\mu\nu}

2. 运动学内积计算

为了计算 MμνMμν\mathcal{M}^{\mu\nu} \mathcal{M}_{\mu\nu}，我们需要以下点乘关系。由 t=m2+2p1⋅k1=m2+2p2⋅k2t = m^2 + 2p_1 \cdot k_1 = m^2 + 2p_2 \cdot k_2 等关系可得： 2p1⋅k1=2p2⋅k2=t−m22p_1 \cdot k_1 = 2p_2 \cdot k_2 = t - m^2 2p1⋅k2=2p2⋅k1=u−m22p_1 \cdot k_2 = 2p_2 \cdot k_1 = u - m^2 2p1⋅p2=2m2−s=t+u2p_1 \cdot p_2 = 2m^2 - s = t + u 2k1⋅k2=−s2k_1 \cdot k_2 = -s

由此计算各动量组合的内积：

  1. A2=4p12−4p1⋅k1+k12=−4m2−2(t−m2)=−2(m2+t)A^2 = 4p_1^2 - 4p_1 \cdot k_1 + k_1^2 = -4m^2 - 2(t - m^2) = -2(m^2 + t)。同理 B2=−2(m2+t)B^2 = -2(m^2 + t)。
  2. C2=4p22−4p2⋅k1+k12=−4m2−2(u−m2)=−2(m2+u)C^2 = 4p_2^2 - 4p_2 \cdot k_1 + k_1^2 = -4m^2 - 2(u - m^2) = -2(m^2 + u)。同理 D2=−2(m2+u)D^2 = -2(m^2 + u)。
  3. A⋅C=4p1⋅p2−2p1⋅k1−2p2⋅k1=2(t+u)−(t−m2)−(u−m2)=t+u+2m2=4m2−sA \cdot C = 4p_1 \cdot p_2 - 2p_1 \cdot k_1 - 2p_2 \cdot k_1 = 2(t+u) - (t-m^2) - (u-m^2) = t + u + 2m^2 = 4m^2 - s。同理 B⋅D=4m2−sB \cdot D = 4m^2 - s。
  4. A⋅B=4p1⋅p2−2p1⋅k2−2p2⋅k1+k1⋅k2=2(t+u)−2(u−m2)−s/2=2t+2m2−s/2A \cdot B = 4p_1 \cdot p_2 - 2p_1 \cdot k_2 - 2p_2 \cdot k_1 + k_1 \cdot k_2 = 2(t+u) - 2(u-m^2) - s/2 = 2t + 2m^2 - s/2。
  5. C⋅D=4p1⋅p2−2p2⋅k2−2p1⋅k1+k1⋅k2=2(t+u)−2(t−m2)−s/2=2u+2m2−s/2C \cdot D = 4p_1 \cdot p_2 - 2p_2 \cdot k_2 - 2p_1 \cdot k_1 + k_1 \cdot k_2 = 2(t+u) - 2(t-m^2) - s/2 = 2u + 2m^2 - s/2。

3. 振幅平方的展开与化简

将 Mμν\mathcal{M}^{\mu\nu} 展开并平方，提取出公因子 e4e^4： 1e4MμνMμν=A2B2(m2−t)2+C2D2(m2−u)2+2(A⋅C)(B⋅D)(m2−t)(m2−u)+4(A⋅B)m2−t+4(C⋅D)m2−u+4ημνημν\frac{1}{e^4} \mathcal{M}^{\mu\nu} \mathcal{M}_{\mu\nu} = \frac{A^2 B^2}{(m^2 - t)^2} + \frac{C^2 D^2}{(m^2 - u)^2} + \frac{2(A \cdot C)(B \cdot D)}{(m^2 - t)(m^2 - u)} + \frac{4(A \cdot B)}{m^2 - t} + \frac{4(C \cdot D)}{m^2 - u} + 4\eta^{\mu\nu}\eta_{\mu\nu}

代入前面求得的内积（注意 ημνημν=4\eta^{\mu\nu}\eta_{\mu\nu} = 4）： 1e4∣M∣2=4(m2+t)2(m2−t)2+4(m2+u)2(m2−u)2+2(4m2−s)2(m2−t)(m2−u)+8t+8m2−2sm2−t+8u+8m2−2sm2−u+16\frac{1}{e^4} |\mathcal{M}|^2 = \frac{4(m^2 + t)^2}{(m^2 - t)^2} + \frac{4(m^2 + u)^2}{(m^2 - u)^2} + \frac{2(4m^2 - s)^2}{(m^2 - t)(m^2 - u)} + \frac{8t + 8m^2 - 2s}{m^2 - t} + \frac{8u + 8m^2 - 2s}{m^2 - u} + 16

对各项进行代数重组以化简。首先处理包含 1/(m2−t)1/(m^2-t) 的项： 4(m2+t)2(m2−t)2=4(2m2m2−t−1)2=16m4(m2−t)2−16m2m2−t+4\frac{4(m^2 + t)^2}{(m^2 - t)^2} = 4\left( \frac{2m^2}{m^2 - t} - 1 \right)^2 = \frac{16m^4}{(m^2 - t)^2} - \frac{16m^2}{m^2 - t} + 4 8t+8m2−2sm2−t=−8(m2−t)+16m2−2sm2−t=−8+16m2−2sm2−t\frac{8t + 8m^2 - 2s}{m^2 - t} = \frac{-8(m^2 - t) + 16m^2 - 2s}{m^2 - t} = -8 + \frac{16m^2 - 2s}{m^2 - t} 这两项相加得到： 16m4(m2−t)2−2sm2−t−4\frac{16m^4}{(m^2 - t)^2} - \frac{2s}{m^2 - t} - 4 同理，包含 1/(m2−u)1/(m^2-u) 的项相加得到： 16m4(m2−u)2−2sm2−u−4\frac{16m^4}{(m^2 - u)^2} - \frac{2s}{m^2 - u} - 4

将上述结果与常数项 1616 以及交叉项相加： 1e4∣M∣2=8+16m4[1(m2−t)2+1(m2−u)2]−2s(1m2−t+1m2−u)+2(4m2−s)2(m2−t)(m2−u)\frac{1}{e^4} |\mathcal{M}|^2 = 8 + 16m^4 \left[ \frac{1}{(m^2 - t)^2} + \frac{1}{(m^2 - u)^2} \right] - 2s \left( \frac{1}{m^2 - t} + \frac{1}{m^2 - u} \right) + \frac{2(4m^2 - s)^2}{(m^2 - t)(m^2 - u)}

合并一次项： −2s(1m2−t+1m2−u)=−2s(2m2−t−u)(m2−t)(m2−u)=−2s2(m2−t)(m2−u)-2s \left( \frac{1}{m^2 - t} + \frac{1}{m^2 - u} \right) = \frac{-2s(2m^2 - t - u)}{(m^2 - t)(m^2 - u)} = \frac{-2s^2}{(m^2 - t)(m^2 - u)} 将其与交叉项合并： 2(16m4−8m2s+s2)−2s2(m2−t)(m2−u)=32m4−16m2s(m2−t)(m2−u)=16m2(2m2−s)(m2−t)(m2−u)\frac{2(16m^4 - 8m^2 s + s^2) - 2s^2}{(m^2 - t)(m^2 - u)} = \frac{32m^4 - 16m^2 s}{(m^2 - t)(m^2 - u)} = \frac{16m^2(2m^2 - s)}{(m^2 - t)(m^2 - u)}

此时总表达式化简为： 1e4∣M∣2=8+16m4[1(m2−t)2+1(m2−u)2]+16m2(2m2−s)(m2−t)(m2−u)\frac{1}{e^4} |\mathcal{M}|^2 = 8 + 16m^4 \left[ \frac{1}{(m^2 - t)^2} + \frac{1}{(m^2 - u)^2} \right] + \frac{16m^2(2m^2 - s)}{(m^2 - t)(m^2 - u)}

为了得到更紧凑的物理形式，提取公因子 88，并令分母 D=(m2−t)(m2−u)D = (m^2 - t)(m^2 - u)： 18e4∣M∣2=1+2m4[(m2−u)2+(m2−t)2]D2+2m2(2m2−s)D\frac{1}{8e^4} |\mathcal{M}|^2 = 1 + \frac{2m^4 [ (m^2 - u)^2 + (m^2 - t)^2 ]}{D^2} + \frac{2m^2(2m^2 - s)}{D} 利用恒等式 (m2−u)2+(m2−t)2=2m4−2m2(t+u)+t2+u2(m^2 - u)^2 + (m^2 - t)^2 = 2m^4 - 2m^2(t+u) + t^2 + u^2。由于 t+u=2m2−st+u = 2m^2 - s，且 t2+u2=(t+u)2−2tu=(2m2−s)2−2tut^2+u^2 = (t+u)^2 - 2tu = (2m^2-s)^2 - 2tu，可得： (m2−u)2+(m2−t)2=s2−2(tu−m4+sm2)=s2−2D(m^2 - u)^2 + (m^2 - t)^2 = s^2 - 2(tu - m^4 + sm^2) = s^2 - 2D 代入上式： 18e4∣M∣2=1+2m4(s2−2D)D2+4m4−2m2sD=1+2m4s2D2−4m4D+4m4−2m2sD=1−2m2sD+2m4s2D2\frac{1}{8e^4} |\mathcal{M}|^2 = 1 + \frac{2m^4(s^2 - 2D)}{D^2} + \frac{4m^4 - 2m^2 s}{D} = 1 + \frac{2m^4 s^2}{D^2} - \frac{4m^4}{D} + \frac{4m^4 - 2m^2 s}{D} = 1 - \frac{2m^2 s}{D} + \frac{2m^4 s^2}{D^2}

将 DD 还原，最终得到完全用 Mandelstam 变量表示的极化求和振幅平方：

⟨∣T∣2⟩=8e4[1−2sm2(m2−t)(m2−u)+2s2m4(m2−t)2(m2−u)2]\boxed{ \langle|\mathcal{T}|^2\rangle = 8e^4 \left[ 1 - \frac{2sm^2}{(m^2 - t)(m^2 - u)} + \frac{2s^2 m^4}{(m^2 - t)^2(m^2 - u)^2} \right] }
61.2

Problem 61.2

srednickiChapter 61

习题 61.2

来源: 第61章, PDF第368页

61.2 Compute ⟨∣T∣2⟩\langle|\mathcal{T}|^2\rangle for the process e~−γ→e~−γ\tilde{e}^- \gamma \rightarrow \tilde{e}^- \gamma. You should find that your result is the same as that for e~+e~−→γγ\tilde{e}^+ \tilde{e}^- \rightarrow \gamma\gamma, but with s↔ts \leftrightarrow t, an example of crossing symmetry.

习题 61.2 - 解答

先分析标量康普顿散射 e~−(p1)+γ(k1)→e~−(p2)+γ(k2)\tilde{e}^-(p_1) + \gamma(k_1) \rightarrow \tilde{e}^-(p_2) + \gamma(k_2) 的运动学与振幅。

定义 Mandelstam 变量（采用 (−,+,+,+)(-,+,+,+) 度规）： s=−(p1+k1)2=−(p2+k2)2s = -(p_1 + k_1)^2 = -(p_2 + k_2)^2 t=−(p1−p2)2=−(k1−k2)2t = -(p_1 - p_2)^2 = -(k_1 - k_2)^2 u=−(p1−k2)2=−(p2−k1)2u = -(p_1 - k_2)^2 = -(p_2 - k_1)^2 满足 s+t+u=2m2s + t + u = 2m^2。

1. 构建散射振幅

根据标量 QED 的费曼规则，该过程包含三个图：ss-道、uu-道和接触图（seagull term）。 设初态光子极化矢量为 ε1μ(k1)\varepsilon_{1\mu}(k_1)，末态光子极化矢量为 ε2ν∗(k2)\varepsilon_{2\nu}^*(k_2)。

  1. ss-道振幅： Ts=(−ie)(2p1+k1)με1μ−i(p1+k1)2+m2(−ie)(2p2+k2)νε2ν∗=−ie2(2p1+k1)μ(2p2+k2)νs−m2ε1με2ν∗\mathcal{T}_s = (-ie)(2p_1 + k_1)^\mu \varepsilon_{1\mu} \frac{-i}{(p_1+k_1)^2 + m^2} (-ie)(2p_2 + k_2)^\nu \varepsilon_{2\nu}^* = -ie^2 \frac{(2p_1+k_1)^\mu (2p_2+k_2)^\nu}{s - m^2} \varepsilon_{1\mu} \varepsilon_{2\nu}^*
  2. uu-道振幅： 将 k1↔−k2k_1 \leftrightarrow -k_2 且 μ↔ν\mu \leftrightarrow \nu 交换： Tu=−ie2(2p2−k1)μ(2p1−k2)νu−m2ε1με2ν∗\mathcal{T}_u = -ie^2 \frac{(2p_2-k_1)^\mu (2p_1-k_2)^\nu}{u - m^2} \varepsilon_{1\mu} \varepsilon_{2\nu}^*
  3. 接触图振幅： 四点顶点规则为 −2ie2ημν-2ie^2 \eta^{\mu\nu}（由协变导数平方项给出）： Tc=−2ie2ημνε1με2ν∗\mathcal{T}_c = -2ie^2 \eta^{\mu\nu} \varepsilon_{1\mu} \varepsilon_{2\nu}^*

总振幅可写为 T=−ie2ε1με2ν∗Mμν\mathcal{T} = -ie^2 \varepsilon_{1\mu} \varepsilon_{2\nu}^* M^{\mu\nu}，其中： Mμν=(2p1+k1)μ(2p2+k2)νs−m2+(2p2−k1)μ(2p1−k2)νu−m2+2ημνM^{\mu\nu} = \frac{(2p_1+k_1)^\mu (2p_2+k_2)^\nu}{s - m^2} + \frac{(2p_2-k_1)^\mu (2p_1-k_2)^\nu}{u - m^2} + 2\eta^{\mu\nu} （注：接触项系数 +2ημν+2\eta^{\mu\nu} 保证了规范不变性 k1μMμν=0k_{1\mu} M^{\mu\nu} = 0）。

2. 计算振幅平方

对于非极化截面，需要对初态自旋求平均，对末态自旋求和。初态包含一个标量（自旋0，1个态）和一个光子（自旋1，2个横向极化态），因此平均因子为 1/21/2。 ⟨∣T∣2⟩=12∑pol∣T∣2=12e4MμνMμν∗\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle = \frac{1}{2} \sum_{\text{pol}} |\mathcal{T}|^2 = \frac{1}{2} e^4 M^{\mu\nu} M_{\mu\nu}^* 由于 MμνM^{\mu\nu} 满足 Ward 恒等式，极化求和可直接替换为 ∑εμεα∗→ημα\sum \varepsilon_\mu \varepsilon_\alpha^* \rightarrow \eta_{\mu\alpha}。因此我们需要计算 MμνMμνM^{\mu\nu} M_{\mu\nu}。

令 Aμν=(2p1+k1)μ(2p2+k2)νA^{\mu\nu} = (2p_1+k_1)^\mu (2p_2+k_2)^\nu，Bμν=(2p2−k1)μ(2p1−k2)νB^{\mu\nu} = (2p_2-k_1)^\mu (2p_1-k_2)^\nu。 展开 MμνMμνM^{\mu\nu} M_{\mu\nu}： MμνMμν=AμνAμν(s−m2)2+BμνBμν(u−m2)2+2AμνBμν(s−m2)(u−m2)+4Aμμs−m2+4Bμμu−m2+4ημνημνM^{\mu\nu} M_{\mu\nu} = \frac{A^{\mu\nu} A_{\mu\nu}}{(s-m^2)^2} + \frac{B^{\mu\nu} B_{\mu\nu}}{(u-m^2)^2} + \frac{2 A^{\mu\nu} B_{\mu\nu}}{(s-m^2)(u-m^2)} + \frac{4 A^\mu_\mu}{s-m^2} + \frac{4 B^\mu_\mu}{u-m^2} + 4\eta^{\mu\nu}\eta_{\mu\nu}

下面利用运动学关系（如 2p1⋅k1=m2−s2p_1 \cdot k_1 = m^2 - s，2p1⋅p2=t−2m22p_1 \cdot p_2 = t - 2m^2 等）计算各项缩并：

  1. AμνAμν=(2p1+k1)2(2p2+k2)2=(−2s−2m2)(−2s−2m2)=4(s+m2)2A^{\mu\nu} A_{\mu\nu} = (2p_1+k_1)^2 (2p_2+k_2)^2 = (-2s-2m^2)(-2s-2m^2) = 4(s+m^2)^2
  2. BμνBμν=(2p2−k1)2(2p1−k2)2=(−2u−2m2)(−2u−2m2)=4(u+m2)2B^{\mu\nu} B_{\mu\nu} = (2p_2-k_1)^2 (2p_1-k_2)^2 = (-2u-2m^2)(-2u-2m^2) = 4(u+m^2)^2
  3. AμνBμν=[(2p1+k1)⋅(2p2−k1)][(2p2+k2)⋅(2p1−k2)]=(t−4m2)(t−4m2)=(t−4m2)2A^{\mu\nu} B_{\mu\nu} = [(2p_1+k_1)\cdot(2p_2-k_1)] [(2p_2+k_2)\cdot(2p_1-k_2)] = (t-4m^2)(t-4m^2) = (t-4m^2)^2
  4. Aμμ=(2p1+k1)⋅(2p2+k2)A^\mu_\mu = (2p_1+k_1)\cdot(2p_2+k_2)。利用 p2+k2=p1+k1≡Pp_2+k_2 = p_1+k_1 \equiv P，有 (P+p1)⋅(P+p2)=P2+P⋅p2+P⋅p1+p1⋅p2=−s−s+m22−s+m22+t−2m22=−2s−2m2+t2(P+p_1)\cdot(P+p_2) = P^2 + P\cdot p_2 + P\cdot p_1 + p_1\cdot p_2 = -s - \frac{s+m^2}{2} - \frac{s+m^2}{2} + \frac{t-2m^2}{2} = -2s - 2m^2 + \frac{t}{2}
  5. Bμμ=(2p2−k1)⋅(2p1−k2)B^\mu_\mu = (2p_2-k_1)\cdot(2p_1-k_2)。同理令 P′=p1−k2=p2−k1P' = p_1-k_2 = p_2-k_1，得到 −2u−2m2+t2-2u - 2m^2 + \frac{t}{2}
  6. 4ημνημν=164\eta^{\mu\nu}\eta_{\mu\nu} = 16

将上述结果代入并化简： 第一项与第四项组合： 4(s+m2)2(s−m2)2+4(−2s−2m2+t/2)s−m2=4(1+2m2s−m2)2−8−16m2s−m2+2ts−m2=−4+16m4(s−m2)2+2ts−m2\frac{4(s+m^2)^2}{(s-m^2)^2} + \frac{4(-2s-2m^2+t/2)}{s-m^2} = 4\left(1 + \frac{2m^2}{s-m^2}\right)^2 - 8 - \frac{16m^2}{s-m^2} + \frac{2t}{s-m^2} = -4 + \frac{16m^4}{(s-m^2)^2} + \frac{2t}{s-m^2} 同理，第二项与第五项组合给出： −4+16m4(u−m2)2+2tu−m2-4 + \frac{16m^4}{(u-m^2)^2} + \frac{2t}{u-m^2} 将这两部分与常数项 1616 相加： −4−4+16+16m4(s−m2)2+16m4(u−m2)2+2t(1s−m2+1u−m2)-4 - 4 + 16 + \frac{16m^4}{(s-m^2)^2} + \frac{16m^4}{(u-m^2)^2} + 2t\left(\frac{1}{s-m^2} + \frac{1}{u-m^2}\right) 其中 2t(s+u−2m2(s−m2)(u−m2))=−2t2(s−m2)(u−m2)2t\left(\frac{s+u-2m^2}{(s-m^2)(u-m^2)}\right) = \frac{-2t^2}{(s-m^2)(u-m^2)}。

现在加上交叉项（第三项）： 2(t−4m2)2(s−m2)(u−m2)−2t2(s−m2)(u−m2)=−16m2t+32m4(s−m2)(u−m2)=16m2(2m2−t)(s−m2)(u−m2)\frac{2(t-4m^2)^2}{(s-m^2)(u-m^2)} - \frac{2t^2}{(s-m^2)(u-m^2)} = \frac{-16m^2 t + 32m^4}{(s-m^2)(u-m^2)} = \frac{16m^2(2m^2-t)}{(s-m^2)(u-m^2)} 利用 2m2−t=s+u=(s−m2)+(u−m2)+2m22m^2-t = s+u = (s-m^2) + (u-m^2) + 2m^2，上式可完美拆分为： 16m2u−m2+16m2s−m2+32m4(s−m2)(u−m2)\frac{16m^2}{u-m^2} + \frac{16m^2}{s-m^2} + \frac{32m^4}{(s-m^2)(u-m^2)}

将所有项收集起来，得到极化求和的振幅平方： MμνMμν=8+16m4(1s−m2+1u−m2)2+16m2(1s−m2+1u−m2)M^{\mu\nu} M_{\mu\nu} = 8 + 16m^4\left(\frac{1}{s-m^2} + \frac{1}{u-m^2}\right)^2 + 16m^2\left(\frac{1}{s-m^2} + \frac{1}{u-m^2}\right) 定义无量纲变量 x≡m2(1s−m2+1u−m2)x \equiv m^2\left(\frac{1}{s-m^2} + \frac{1}{u-m^2}\right)，则有： MμνMμν=8(1+2x+2x2)M^{\mu\nu} M_{\mu\nu} = 8(1 + 2x + 2x^2)

最终，包含初态自旋平均的振幅平方为： ⟨∣T∣2⟩=12e4MμνMμν=4e4(1+2x+2x2)\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle = \frac{1}{2} e^4 M^{\mu\nu} M_{\mu\nu} = 4e^4 (1 + 2x + 2x^2)

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

3. 交叉对称性分析 (Crossing Symmetry)

对于标量电子对湮灭过程 e~+(p1)+e~−(p2)→γ(k1)+γ(k2)\tilde{e}^+(p_1) + \tilde{e}^-(p_2) \rightarrow \gamma(k_1) + \gamma(k_2)，其 Mandelstam 变量定义为： sann=−(p1+p2)2,tann=−(p1−k1)2,uann=−(p1−k2)2s_{\text{ann}} = -(p_1+p_2)^2, \quad t_{\text{ann}} = -(p_1-k_1)^2, \quad u_{\text{ann}} = -(p_1-k_2)^2 通过交叉对称性，将康普顿散射中的入射光子 k1k_1 与出射标量 p2p_2 交换（即 s↔ts \leftrightarrow t），康普顿散射的极化求和振幅平方 ∑∣T∣2\sum |\mathcal{T}|^2 会直接映射为湮灭过程的极化求和振幅平方： ∑∣Tann∣2=8e4[1+2m2(1tann−m2+1uann−m2)+2m4(1tann−m2+1uann−m2)2]\sum |\mathcal{T}_{\text{ann}}|^2 = 8e^4 \left[ 1 + 2m^2\left(\frac{1}{t_{\text{ann}}-m^2} + \frac{1}{u_{\text{ann}}-m^2}\right) + 2m^4\left(\frac{1}{t_{\text{ann}}-m^2} + \frac{1}{u_{\text{ann}}-m^2}\right)^2 \right] 由于湮灭过程的初态是两个无自旋的标量粒子，其初态自旋平均因子为 11。因此 ⟨∣Tann∣2⟩=∑∣Tann∣2=8e4(1+2xann+2xann2)\langle |\mathcal{T}_{\text{ann}}|^2 \rangle = \sum |\mathcal{T}_{\text{ann}}|^2 = 8e^4(1+2x_{\text{ann}}+2x_{\text{ann}}^2)。

注：康普顿散射的 ⟨∣T∣2⟩\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle 带有 1/21/2 的初态光子极化平均因子，而湮灭过程末态有两个全同光子，在计算截面时相空间会引入 1/2!1/2! 的全同粒子对称因子。若将该对称因子吸收到有效振幅平方的定义中，两者的数学形式在 s↔ts \leftrightarrow t 替换下完全等价，这正是交叉对称性在解析延拓中的优美体现。