Gauge Field Notes
67.1

Problem 67.1

srednickiChapter 67

习题 67.1

来源: 第67章, PDF第401页

67.1 Show explicitly that the tree-level e~+e~−→γγ\tilde{e}^+ \tilde{e}^- \rightarrow \gamma \gamma scattering amplitude in scalar electrodynamics,

T=−e2[4(k1⋅ε1′)(k2⋅ε2′)m2−t+4(k1⋅ε2′)(k2⋅ε1′)m2−u+2(ε1′⋅ε2′)],\mathcal{T} = -e^2 \left[ \frac{4(k_1 \cdot \varepsilon_{1'})(k_2 \cdot \varepsilon_{2'})}{m^2 - t} + \frac{4(k_1 \cdot \varepsilon_{2'})(k_2 \cdot \varepsilon_{1'})}{m^2 - u} + 2(\varepsilon_{1'} \cdot \varepsilon_{2'}) \right],

vanishes if ε1′μ\varepsilon_{1'}^\mu is replaced with k1′μk_{1'}^\mu.

习题 67.1 - 解答

物理背景与分析

本题要求在标量电动力学（Scalar Electrodynamics）中显式验证树图阶的 e~+e~−→γγ\tilde{e}^+ \tilde{e}^- \rightarrow \gamma \gamma 散射振幅满足 Ward 恒等式。Ward 恒等式指出，如果将任意一个外线光子的极化矢量替换为它的四维动量（即 εμ→kμ\varepsilon^\mu \rightarrow k^\mu），在所有其他外线粒子均满足在壳（on-shell）条件且具有物理极化的情况下，整个散射振幅必须为零。这体现了规范对称性在散射振幅层面的直接推论。

推导过程

设入射的标量电子和正电子的动量分别为 k1k_1 和 k2k_2，出射的两个光子的动量分别为 k1′k_{1'} 和 k2′k_{2'}，对应的极化矢量为 ε1′\varepsilon_{1'} 和 ε2′\varepsilon_{2'}。

根据四动量守恒定律，有：

k1+k2=k1′+k2′k_1 + k_2 = k_{1'} + k_{2'}

在大多为正的度规约定（(−,+,+,+)(-, +, +, +)，即 Srednicki 教材的约定）下，外线粒子的在壳条件为：

k12=−m2,k22=−m2,k1′2=0,k2′2=0k_1^2 = -m^2, \quad k_2^2 = -m^2, \quad k_{1'}^2 = 0, \quad k_{2'}^2 = 0

对于物理的末态光子 k2′k_{2'}，其极化矢量满足横向性条件（Transversality condition）：

k2′⋅ε2′=0k_{2'} \cdot \varepsilon_{2'} = 0

接下来，我们计算 Mandelstam 变量 tt 和 uu 相关的分母项。 对于 tt 通道，有 t=−(k1−k1′)2t = -(k_1 - k_{1'})^2：

t=−(k12−2k1⋅k1′+k1′2)=−(−m2−2k1⋅k1′+0)=m2+2k1⋅k1′t = -(k_1^2 - 2k_1 \cdot k_{1'} + k_{1'}^2) = -(-m^2 - 2k_1 \cdot k_{1'} + 0) = m^2 + 2k_1 \cdot k_{1'}

因此分母 m2−tm^2 - t 可以化简为：

m2−t=−2k1⋅k1′m^2 - t = -2k_1 \cdot k_{1'}

对于 uu 通道，有 u=−(k2−k1′)2u = -(k_2 - k_{1'})^2：

u=−(k22−2k2⋅k1′+k1′2)=−(−m2−2k2⋅k1′+0)=m2+2k2⋅k1′u = -(k_2^2 - 2k_2 \cdot k_{1'} + k_{1'}^2) = -(-m^2 - 2k_2 \cdot k_{1'} + 0) = m^2 + 2k_2 \cdot k_{1'}

因此分母 m2−um^2 - u 可以化简为：

m2−u=−2k2⋅k1′m^2 - u = -2k_2 \cdot k_{1'}

现在，将给定的散射振幅 T\mathcal{T} 中的 ε1′\varepsilon_{1'} 替换为 k1′k_{1'}，得到：

T∣ε1′→k1′=−e2[4(k1⋅k1′)(k2⋅ε2′)m2−t+4(k1⋅ε2′)(k2⋅k1′)m2−u+2(k1′⋅ε2′)]\mathcal{T}\big|_{\varepsilon_{1'} \rightarrow k_{1'}} = -e^2 \left[ \frac{4(k_1 \cdot k_{1'})(k_2 \cdot \varepsilon_{2'})}{m^2 - t} + \frac{4(k_1 \cdot \varepsilon_{2'})(k_2 \cdot k_{1'})}{m^2 - u} + 2(k_{1'} \cdot \varepsilon_{2'}) \right]

将前面求得的 m2−tm^2 - t 和 m2−um^2 - u 的表达式代入上式：

T∣ε1′→k1′=−e2[4(k1⋅k1′)(k2⋅ε2′)−2k1⋅k1′+4(k1⋅ε2′)(k2⋅k1′)−2k2⋅k1′+2(k1′⋅ε2′)]\mathcal{T}\big|_{\varepsilon_{1'} \rightarrow k_{1'}} = -e^2 \left[ \frac{4(k_1 \cdot k_{1'})(k_2 \cdot \varepsilon_{2'})}{-2k_1 \cdot k_{1'}} + \frac{4(k_1 \cdot \varepsilon_{2'})(k_2 \cdot k_{1'})}{-2k_2 \cdot k_{1'}} + 2(k_{1'} \cdot \varepsilon_{2'}) \right]

消去分子分母中相同的动量内积因子，前两项化简为：

T∣ε1′→k1′=−e2[−2(k2⋅ε2′)−2(k1⋅ε2′)+2(k1′⋅ε2′)]\mathcal{T}\big|_{\varepsilon_{1'} \rightarrow k_{1'}} = -e^2 \Big[ -2(k_2 \cdot \varepsilon_{2'}) - 2(k_1 \cdot \varepsilon_{2'}) + 2(k_{1'} \cdot \varepsilon_{2'}) \Big]

提取公因子 −2-2，并将前两项合并：

T∣ε1′→k1′=−e2[−2(k1+k2)⋅ε2′+2(k1′⋅ε2′)]\mathcal{T}\big|_{\varepsilon_{1'} \rightarrow k_{1'}} = -e^2 \Big[ -2(k_1 + k_2) \cdot \varepsilon_{2'} + 2(k_{1'} \cdot \varepsilon_{2'}) \Big]

利用动量守恒 k1+k2=k1′+k2′k_1 + k_2 = k_{1'} + k_{2'}，将上式中的 k1+k2k_1 + k_2 替换掉：

T∣ε1′→k1′=−e2[−2(k1′+k2′)⋅ε2′+2(k1′⋅ε2′)]\mathcal{T}\big|_{\varepsilon_{1'} \rightarrow k_{1'}} = -e^2 \Big[ -2(k_{1'} + k_{2'}) \cdot \varepsilon_{2'} + 2(k_{1'} \cdot \varepsilon_{2'}) \Big]

展开点乘：

T∣ε1′→k1′=−e2[−2(k1′⋅ε2′)−2(k2′⋅ε2′)+2(k1′⋅ε2′)]\mathcal{T}\big|_{\varepsilon_{1'} \rightarrow k_{1'}} = -e^2 \Big[ -2(k_{1'} \cdot \varepsilon_{2'}) - 2(k_{2'} \cdot \varepsilon_{2'}) + 2(k_{1'} \cdot \varepsilon_{2'}) \Big]

根据光子 k2′k_{2'} 的横向性条件 k2′⋅ε2′=0k_{2'} \cdot \varepsilon_{2'} = 0，中间项为零。剩余的两项恰好大小相等、符号相反，相互抵消：

T∣ε1′→k1′=−e2[−2(k1′⋅ε2′)−0+2(k1′⋅ε2′)]=0\mathcal{T}\big|_{\varepsilon_{1'} \rightarrow k_{1'}} = -e^2 \Big[ -2(k_{1'} \cdot \varepsilon_{2'}) - 0 + 2(k_{1'} \cdot \varepsilon_{2'}) \Big] = 0

最终结论

通过显式计算证明了，当把极化矢量 ε1′μ\varepsilon_{1'}^\mu 替换为动量 k1′μk_{1'}^\mu 时，树图阶散射振幅确实严格为零：

T∣ε1′→k1′=0\boxed{ \mathcal{T}\big|_{\varepsilon_{1'} \rightarrow k_{1'}} = 0 }
67.2

Problem 67.2

srednickiChapter 67

习题 67.2

来源: 第67章, PDF第402页

67.2 Show explicitly that the tree-level e+e−→γγe^+ e^- \rightarrow \gamma \gamma scattering amplitude in spinor electrodynamics,

T=e2vˉ2[ϵ2′(−p1+k1′+mm2−t)ϵ1′+ϵ1′(−p1+k2′+mm2−u)ϵ2′]u1,\mathcal{T} = e^2 \bar{v}_2 \left[ \cancel{\epsilon}_{2'} \left( \frac{-\cancel{p}_1 + \cancel{k}'_1 + m}{m^2 - t} \right) \cancel{\epsilon}_{1'} + \cancel{\epsilon}_{1'} \left( \frac{-\cancel{p}_1 + \cancel{k}'_2 + m}{m^2 - u} \right) \cancel{\epsilon}_{2'} \right] u_1 ,

vanishes if ϵ1′μ\epsilon_{1'}^\mu is replaced with k1′′μk_{1'}'^\mu.

习题 67.2 - 解答

为了验证 Ward 恒等式，我们需要将散射振幅中的光子极化矢量 ϵ1′μ\epsilon_{1'}^\mu 替换为该光子的四维动量 k1′′μk_{1'}'^\mu（在振幅表达式中记为 k1′k'_1），并证明替换后的振幅 T′\mathcal{T}' 严格为零。

替换 ϵ1′→k1′\cancel{\epsilon}_{1'} \to \cancel{k}'_1 后，振幅变为两项之和 T′=T1′+T2′\mathcal{T}' = \mathcal{T}'_1 + \mathcal{T}'_2：

T′=e2vˉ2[ϵ2′(−p1+k1′+mm2−t)k1′+k1′(−p1+k2′+mm2−u)ϵ2′]u1\mathcal{T}' = e^2 \bar{v}_2 \left[ \cancel{\epsilon}_{2'} \left( \frac{-\cancel{p}_1 + \cancel{k}'_1 + m}{m^2 - t} \right) \cancel{k}'_1 + \cancel{k}'_1 \left( \frac{-\cancel{p}_1 + \cancel{k}'_2 + m}{m^2 - u} \right) \cancel{\epsilon}_{2'} \right] u_1

在 Srednicki 的约定中，度规为 (−,+,+,+)(-, +, +, +)，Clifford 代数为 {γμ,γν}=−2ημν\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = -2\eta^{\mu\nu}，因此对任意四维矢量有 P2=−P2\cancel{P}^2 = -P^2。外部费米子满足的 Dirac 方程为：

(p1+m)u1=0  ⟹  p1u1=−mu1(\cancel{p}_1 + m)u_1 = 0 \implies \cancel{p}_1 u_1 = -m u_1
vˉ2(p2−m)=0  ⟹  vˉ2p2=mvˉ2\bar{v}_2(\cancel{p}_2 - m) = 0 \implies \bar{v}_2 \cancel{p}_2 = m \bar{v}_2

1. 分析第一项 T1′\mathcal{T}'_1

第一项的分子部分包含因子 (−p1+k1′+m)k1′u1(-\cancel{p}_1 + \cancel{k}'_1 + m) \cancel{k}'_1 u_1。将其展开：

(−p1+k1′+m)k1′=−p1k1′+k1′2+mk1′(-\cancel{p}_1 + \cancel{k}'_1 + m) \cancel{k}'_1 = -\cancel{p}_1 \cancel{k}'_1 + \cancel{k}_1'^2 + m \cancel{k}'_1

由于出射光子满足在壳条件 k1′2=0k_1'^2 = 0，故 k1′2=0\cancel{k}_1'^2 = 0。利用反对易关系 {p1,k1′}=−2p1⋅k1′\{\cancel{p}_1, \cancel{k}'_1\} = -2 p_1 \cdot k'_1，可将 −p1k1′-\cancel{p}_1 \cancel{k}'_1 改写为 k1′p1+2p1⋅k1′\cancel{k}'_1 \cancel{p}_1 + 2 p_1 \cdot k'_1。代入后得到：

(−p1+k1′+m)k1′=k1′p1+2p1⋅k1′+mk1′(-\cancel{p}_1 + \cancel{k}'_1 + m) \cancel{k}'_1 = \cancel{k}'_1 \cancel{p}_1 + 2 p_1 \cdot k'_1 + m \cancel{k}'_1

将其作用在旋量 u1u_1 上，并代入 Dirac 方程 p1u1=−mu1\cancel{p}_1 u_1 = -m u_1：

(k1′p1+2p1⋅k1′+mk1′)u1=(−mk1′+2p1⋅k1′+mk1′)u1=2p1⋅k1′u1(\cancel{k}'_1 \cancel{p}_1 + 2 p_1 \cdot k'_1 + m \cancel{k}'_1) u_1 = (-m \cancel{k}'_1 + 2 p_1 \cdot k'_1 + m \cancel{k}'_1) u_1 = 2 p_1 \cdot k'_1 u_1

对于第一项的分母 m2−tm^2 - t，利用 Mandelstam 变量 t=−(p1−k1′)2=−p12+2p1⋅k1′−k1′2=m2+2p1⋅k1′t = -(p_1 - k'_1)^2 = -p_1^2 + 2 p_1 \cdot k'_1 - k_1'^2 = m^2 + 2 p_1 \cdot k'_1，可得：

m2−t=m2−(m2+2p1⋅k1′)=−2p1⋅k1′m^2 - t = m^2 - (m^2 + 2 p_1 \cdot k'_1) = -2 p_1 \cdot k'_1

因此，第一项化简为：

T1′=e2vˉ2ϵ2′2p1⋅k1′−2p1⋅k1′u1=−e2vˉ2ϵ2′u1\mathcal{T}'_1 = e^2 \bar{v}_2 \cancel{\epsilon}_{2'} \frac{2 p_1 \cdot k'_1}{-2 p_1 \cdot k'_1} u_1 = -e^2 \bar{v}_2 \cancel{\epsilon}_{2'} u_1

2. 分析第二项 T2′\mathcal{T}'_2

第二项的分子部分包含因子 vˉ2k1′(−p1+k2′+m)\bar{v}_2 \cancel{k}'_1 (-\cancel{p}_1 + \cancel{k}'_2 + m)。利用四动量守恒 p1+p2=k1′+k2′p_1 + p_2 = k'_1 + k'_2，将 k1′\cancel{k}'_1 替换为 p1+p2−k2′\cancel{p}_1 + \cancel{p}_2 - \cancel{k}'_2：

vˉ2k1′=vˉ2(p1+p2−k2′)\bar{v}_2 \cancel{k}'_1 = \bar{v}_2 (\cancel{p}_1 + \cancel{p}_2 - \cancel{k}'_2)

利用正电子的 Dirac 方程 vˉ2p2=mvˉ2\bar{v}_2 \cancel{p}_2 = m \bar{v}_2，上式变为：

vˉ2k1′=vˉ2(p1+m−k2′)=−vˉ2(−p1+k2′−m)\bar{v}_2 \cancel{k}'_1 = \bar{v}_2 (\cancel{p}_1 + m - \cancel{k}'_2) = -\bar{v}_2 (-\cancel{p}_1 + \cancel{k}'_2 - m)

将其代回第二项的分子中，得到：

−vˉ2(−p1+k2′−m)(−p1+k2′+m)ϵ2′u1=−vˉ2[(−p1+k2′)2−m2]ϵ2′u1-\bar{v}_2 (-\cancel{p}_1 + \cancel{k}'_2 - m) (-\cancel{p}_1 + \cancel{k}'_2 + m) \cancel{\epsilon}_{2'} u_1 = -\bar{v}_2 \left[ (-\cancel{p}_1 + \cancel{k}'_2)^2 - m^2 \right] \cancel{\epsilon}_{2'} u_1

利用 P2=−P2\cancel{P}^2 = -P^2 的性质，有 (−p1+k2′)2=−(p1−k2′)2=u(-\cancel{p}_1 + \cancel{k}'_2)^2 = -(p_1 - k'_2)^2 = u。因此分子进一步化简为：

−vˉ2(u−m2)ϵ2′u1=(m2−u)vˉ2ϵ2′u1-\bar{v}_2 (u - m^2) \cancel{\epsilon}_{2'} u_1 = (m^2 - u) \bar{v}_2 \cancel{\epsilon}_{2'} u_1

将其除以第二项的分母 m2−um^2 - u，得到：

T2′=e2vˉ2m2−um2−uϵ2′u1=e2vˉ2ϵ2′u1\mathcal{T}'_2 = e^2 \bar{v}_2 \frac{m^2 - u}{m^2 - u} \cancel{\epsilon}_{2'} u_1 = e^2 \bar{v}_2 \cancel{\epsilon}_{2'} u_1

3. 综合结果

将化简后的两项相加，我们得到：

T′=T1′+T2′=−e2vˉ2ϵ2′u1+e2vˉ2ϵ2′u1=0\mathcal{T}' = \mathcal{T}'_1 + \mathcal{T}'_2 = -e^2 \bar{v}_2 \cancel{\epsilon}_{2'} u_1 + e^2 \bar{v}_2 \cancel{\epsilon}_{2'} u_1 = 0
T′=0\boxed{\mathcal{T}' = 0}