QED的重整化理论-电子自能和光子自能的单圈修正

                     

贡献者: _Eden_

预备知识 QED 的费曼规则

   裸的拉氏量为

\begin{equation} \begin{aligned} \mathcal{L}= \bar{\psi}_0 (i\not\partial -m_0)\psi_0 -\frac{1}{4}(F_0^{\mu\nu})^2 - e_0\bar\psi_0 \gamma_\mu\psi_0 A_0^\mu \end{aligned} \end{equation}
为了消除圈图的紫外发散,采取一定的正规化方案(例如我们最常使用的维数正规化方案),然后再调整裸参数使得可观测量的计算结果与实验相符,即满足一定的重整化条件。或者我们采取 OS 方案或 $\overline{MS}$ 方案,不同的重整化方案实际上是对场量进行了平移和缩放。设从裸的拉氏量出发,得到的电子和光子的两点编时格林函数为
\begin{equation} \begin{aligned} &G^{(2)}(p^2)=\int \,\mathrm{d}^{4}{x} e^{ipx} \left\langle \Omega \right\rvert \psi_0(x)\psi_0(0) \left\lvert \Omega \right\rangle =\frac{iZ_2}{\not p-m+i\epsilon} + \cdots\\ &D_{\mu\nu}^{(2)}(p^2)=\int \,\mathrm{d}^{4}{x} e^{ipx} \left\langle \Omega \right\rvert A_{0\mu}(x)A_{0\nu}(0) \left\lvert \Omega \right\rangle =\frac{iZ_3}{\not p-m+i\epsilon}+\cdots \end{aligned} \end{equation}
因此我们可以定义新的场量 $\psi_0=\sqrt{Z_2} \psi,A_{0\mu} = \sqrt{Z_3} A_\mu$,得到新的拉氏量
\begin{equation} \mathcal{L} = Z_2\bar\psi (i\not\partial - m_0)\psi - \frac{1}{4}Z_3 (F^{\mu\nu})^2-e_0Z_2Z_3^{1/2} \bar\psi \gamma^\mu\psi A_\mu \end{equation}
再将 $m_0,e_0$ 吸收进新的参数中,定义:
\begin{equation} Z_m = Z_2 m_0 / m,\quad Z_1 = e_0Z_2Z_3^{1/2} / e \end{equation}
其中 $e,m$ 为物理电荷量(在大的空间尺度上测得的量)和物理质量。利用这些新的重整化参数 $Z_1,Z_2,Z_3,Z_m$,我们写出重整化的拉氏量。
\begin{equation} \begin{aligned} \mathcal{L} = \bar\psi (iZ_2\not\partial - Z_m m)\psi -\frac{1}{4}Z_3F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}-Z_1 e\bar\psi \gamma^\mu \psi A_\mu \end{aligned} \end{equation}
提取出其中自由场的部分后,微扰的拉氏量就是
\begin{equation} \mathcal{L}_1 = - Z_1 e \bar\psi \gamma^\mu\psi A_\mu + \mathcal{L}_\text{CT},\quad \mathcal{L}_\text{CT} = \bar\psi (i\delta_2 \not\partial - \delta_m)\psi - \frac{1}{4}\delta_3 F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} \end{equation}
由于重整化不改变理论的对称性,我们要求重整化的拉氏量仍然满足 $U(1)$ 规范对称性,那么重整化参数要满足 $Z_1=Z_2$。这里的证明实际上是不那么严格的,之后会利用 Ward 等式给出一个严格的证明。

1. OS 重整化方案

重整化条件

   在 OS 重整化方案下,我们要求电子的正规传播子(两点编时格林函数的傅里叶变换)在物理质量处的留数为 $1$,光子的正规传播子在 $p^2=0$ 处留数为 $1$。除此以外,我们还要求电子光子顶点 $-ie\Gamma^\mu(p'-p)$ 在 $q=p'-p$ 趋于 $0$ 时的极限为 $-ie\gamma^\mu$。这四个重整化条件可以用于确定四个重整化参数。

\begin{equation} \begin{aligned} \Sigma(\not p=m) &= 0;\\ \left.\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{p} }\Sigma(\not p)\right|_{\not p=m}&=0;\\ \Pi(q^2=0)&=0;\\ -ie\Gamma^\mu(p'-p=0)&=-ie\gamma^\mu \end{aligned} \end{equation}
其中 $i\Pi^{\mu\nu}$ 为光子的单粒子不可约图的贡献,$-i\Sigma(\not p)$ 为电子的单粒子不可约图的贡献。 其中自能函数 $\Sigma(\not p)$ 是将 $\not p$ 看作这个矩阵代数中的一个元素,由于自能函数的洛伦兹结构,$\Sigma(\not p)$ 一定可以表示成关于 $\not p, p^2$,而 $\not p$ 同这个代数中的其他任何元素都可交换,因此式 7 的第一第二行可以被良好地定义。

电子自能单圈修正

   计算 $-i\Sigma(\not p)$ 的单圈修正:

\begin{equation} \begin{aligned} -i\Sigma(\not p) &=(-ie)^2 \int\frac{ \,\mathrm{d}^{4}{k} }{(2\pi)^4} \gamma^\mu\frac{i}{\not k-m+i\epsilon} \gamma^\nu \frac{-ig_{\mu\nu}}{(p-k)^2+i\epsilon}+i(\delta_2\not p -\delta_m)\\ &=-e^2\tilde{\mu}^{4-d} \int\frac{ \,\mathrm{d}^{d}{k} }{(2\pi)^d} \frac{\gamma^\mu \not k \gamma_\mu + m\gamma^\mu\gamma_\mu}{(k^2-m^2+i\epsilon)((p-k)^2+i\epsilon)}+i(\delta_2\not p -\delta_m) \\ &=-e^2\tilde{\mu}^{4-d} \int\frac{ \,\mathrm{d}^{d}{k} }{(2\pi)^d} \frac{(2-d)\not k + dm}{(k^2-m^2+i\epsilon)((p-k)^2+i\epsilon)}+i(\delta_2\not p -\delta_m) \end{aligned} \end{equation}
出于以后的考虑,我们引入一个光子质量项 $m_\gamma^2$,并期望在最后的计算中取 $m_\gamma\rightarrow 0$ 的极限。利用式 21 式 22 的计算结果,我们有
\begin{equation} \begin{aligned} -i\Sigma(\not p) &=-e^2\tilde{\mu}^{4-d} \int\frac{ \,\mathrm{d}^{d}{k} }{(2\pi)^d} \frac{(2-d)\not k + dm}{(k^2-m^2+i\epsilon)((p-k)^2-m_\gamma^2+i\epsilon)}+i(\delta_2\not p -\delta_m) \\ &= -i\frac{e^2}{(4\pi)^{d/2}}\tilde{\mu}^{4-d} \int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \frac{\Gamma(2-d/2)}{((1-x)m^2+x m_\gamma^2-x(1-x)p^2)^{2-d/2}}((2-d)x\not p+dm) +i(\delta_2\not p -\delta_m) \\ (d\rightarrow 4)&= -i\frac{e^2}{(4\pi)^2} \int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \left[\frac{2}{\epsilon}+\log\left(\frac{\mu^2}{D}\right)\right]\cdot \left[(4-\epsilon)m -(2-\epsilon)x\not p\right] +i(\delta_2\not p -\delta_m),\\ &=-i\frac{e^2}{8\pi^2}\left[(4m-\not p)\frac{1}{\epsilon}-\left(m-\frac{\not p}{2}\right)+ \int_0^1 \,\mathrm{d}{x} (2m-x\not p)\log\left(\frac{\mu^2}{D}\right) \right] +i(\delta_2\not p -\delta_m)\\ D&=(1-x)m^2+xm_\gamma^2-x(1-x)p^2 \end{aligned} \end{equation}
因此在 OS 方案下,根据自能函数的重整化条件式 7 ,我们可以得到
\begin{equation} \begin{aligned} m\delta_2 - \delta_m &= \frac{e^2}{8\pi^2}m\left[3\frac{1}{\epsilon}-\frac{1}{2}+ \int_0^1 \,\mathrm{d}{x} (2-x)\log\left(\frac{\mu^2}{D_0}\right) \right],\\ \delta_2 &= \frac{e^2}{8\pi^2}\left[-\frac{1}{\epsilon}+\frac{1}{2}-\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \ x\log\left(\frac{\mu^2}{D_0} \right) +\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} (xm-2m)\frac{-2x(1-x)m}{D_0} \right] \end{aligned} \end{equation}
这里 $D_0 = D|_{p^2=m^2}=(1-x)^2 m^2+x m_\gamma^2 $。继续对 $\delta_2$ 化简:
\begin{equation} \begin{aligned} \delta_2 &= \frac{e^2}{8\pi^2}\left[-\frac{1}{\epsilon}+\frac{1}{2}-\int_0^1 x\log\left(\frac{\mu^2}{D_0} \right) +\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \frac{2x(2-x)(1-x)m^2}{(1-x)^2m^2+xm_\gamma^2} \right] \end{aligned} \end{equation}
那么自能函数就是
\begin{equation} \begin{aligned} -i\Sigma(\not p)=i\frac{e^2}{8\pi^2}\left[\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} (2m-x\not p)\log\left(\frac{D}{D_0}\right)+(\not p-m)\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \frac{2x(2-x)(1-x)m^2}{(1-x)^2m^2+xm_\gamma^2} \right] \end{aligned} \end{equation}
可以看到自能函数中的 $1/\epsilon$ 发散被抵消项消去。但是这里潜藏着一个问题,当我们将光子质量项 $m_\gamma^2$ 取为 $0$,积分将是发散的。这个问题也被称为红外发散,我们将在红外发散的词条中具体讨论这个问题。

光子自能单圈修正

预备知识 Ward-Takahashi 等式

  

未完成:需要引用 电荷重整化和光子自能 的词条
根据 Ward 等式(式 8 ),即根据局域规范对称性的要求,$q_\mu\Pi^{\mu\nu}=q_\nu \Pi^{\mu\nu}=0$。因此根据 $\Pi^{\mu\nu}$ 的洛伦兹结构进行张量分解以后,它只能是以下的函数形式:
\begin{equation} \begin{aligned} i\Pi^{\mu\nu}=(q^2g^{\mu\nu}-q^\mu q^\nu)i\Pi(q^2) \end{aligned} \end{equation}
计算 $i\Pi(q^2)$ 的单圈修正:
\begin{equation} \begin{aligned} i\Pi^{\mu\nu}(q^2)&=(-ie)^2 (-1) \tilde{\mu}^{4-d}\int\frac{ \,\mathrm{d}^{d}{k} }{(2\pi)^d} \frac{\text{Tr}[i(\not k+m)\gamma^\mu i(\not q+\not k+m)\gamma^\nu]}{[k^2-m^2+i\epsilon][(q+k)^2-m^2+i\epsilon]}-i\delta_3 (q^2 g^{\mu\nu}-q^\mu q^\nu)\\ &=(q^2g^{\mu\nu}-q^\mu q^\nu)i\Pi(q^2)\\ i g_{\mu\nu}\Pi^{\mu\nu}(q^2) &= i (d-1) q^2 \Pi(q^2) \end{aligned} \end{equation}
进一步对 Feynman 积分进行计算,利用式 26 的结果,虽然光子自能的表观发散度是二次发散的,但由于规范对称性的约束,我们发现结果是对数发散的,即没有线性发散和二次发散。
\begin{equation} \begin{aligned} \Pi(q^2)&=i e^2 \frac{id}{(4\pi)^2}\left[\frac{2}{3\epsilon}+\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \ 2x(1-x)\cdot\log\left(\frac{\mu^2}{\Delta}\right)\right] - \delta_3,\\ &\quad\quad \Delta = m^2-x(1-x)q^2 \end{aligned} \end{equation}
这里的因子 $d$ 来自式 24 中 $d$ 维的 $\text{Tr}[1]=d$,在实际计算时经常直接取 $d=4$,虽然差了一个 $(1-\epsilon/4)$ 的因子而使得上式计算结果会差一个有限大的整数,但它与 $q^2$ 无关,对最终可观测量的计算是无影响的,只会影响重整化常数。在这里我们将 $d$ 取为 $4$,得到
\begin{equation} \begin{aligned} \Pi(q^2)&=-\frac{e^2}{6\pi^2}\frac{1}{\epsilon}-\frac{e^2}{2\pi^2}\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \ x(1-x)\cdot\log\left(\frac{\mu^2}{\Delta}\right) - \delta_3,\quad \Delta = m^2-x(1-x)q^2 \end{aligned} \end{equation}
因此在 OS 方案下,根据光子自能函数的重整化条件式 7 ,我们得到
\begin{equation} \delta_3 = -\frac{e^2}{6\pi^2}\frac{1}{\epsilon}-\frac{e^2}{2\pi^2}\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \ x(1-x)\cdot\log\left(\frac{\mu^2}{m^2}\right) \end{equation}
那么光子自能函数的单圈修正结果就是
\begin{equation} \Pi(q^2)=-\frac{e^2}{2\pi^2}\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \ x(1-x)\cdot\log\left(\frac{m^2}{\Delta}\right),\quad \Delta = m^2-x(1-x)q^2 \end{equation}

2. 维数正规化下 Feynman 积分计算

习题 1 

   计算以下 Feynman 积分

\begin{equation} I^\mu = \tilde{\mu}^{4-d}\int\frac{ \,\mathrm{d}^{d}{k} }{(2\pi)^d} \frac{k^\mu}{(k^2-m^2+i\epsilon)((p-k)^2+m_\gamma^2+i\epsilon)} \end{equation}

   先对该 Feynman 积分进行一些分析。由于根据洛伦兹结构,上述积分是一个洛伦兹矢量,且是关于 $p^\mu$ 的函数,因此

\begin{equation} I^\mu = A(p^2) p^\mu \end{equation}
我们再来分析其紫外发散。根据 power counting,可以看到它最多包括线性发散和对数发散,而在紫外区域被积函数是关于 $k^\mu$ 的奇函数,所以线性发散实际上为 $0$。下面我们来作具体的计算。

   利用 Feynman 参数化

\begin{equation} \begin{aligned} I^\mu &= \tilde{\mu}^{4-d} \int\frac{ \,\mathrm{d}^{d}{k} }{(2\pi)^d}\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \frac{k^\mu}{(k^2+ xp^2-x m_\gamma^2-2xpk-(1-x)m^2 +i\epsilon)^2}\\ &=\tilde{\mu}^{4-d}\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \int\frac{ \,\mathrm{d}^{d}{k} }{(2\pi)^d} \frac{k^\mu}{((k-xp)^2-\Delta+i\epsilon)^2},\quad \Delta = (1-x)m^2+x m_\gamma^2-x(1-x)p^2\\ &=\tilde{\mu}^{4-d} \int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \int\frac{ \,\mathrm{d}^{d}{l} }{(2\pi)^d} \frac{l^\mu + x p^\mu}{(l^2-\Delta+i\epsilon)^2}\\ &=\tilde{\mu}^{4-d} \int_0^1 \,\mathrm{d}{x} (x p^\mu)\cdot\int \frac{ \,\mathrm{d}^{d}{l} }{(2\pi)^d} \frac{1}{(l^2-\Delta+i\epsilon)^2}\\ &=p^\mu \tilde{\mu}^{4-d} \int_0^1 \,\mathrm{d}{x} (x)\cdot \frac{i}{(4\pi)^{d/2}}\Gamma(2-d/2)\frac{1}{\Delta^{2-d/2}}\\ &=p^\mu \frac{i}{(4\pi)^{d/2}} \tilde{\mu}^{4-d} \int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \frac{x\cdot \Gamma(2-d/2)}{((1-x)m^2+x m_\gamma^2-x(1-x)p^2)^{2-d/2}} \end{aligned} \end{equation}
$d=4$ 为该积分的极点,因此有对数发散。令 $\epsilon = 4-d$,那么
\begin{equation} \begin{aligned} I^\mu = p^\mu \frac{i}{(4\pi)^2} \int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \left[\frac{2}{\epsilon}+\log\left(\frac{4\pi \tilde{\mu}^2 e^{-\gamma}}{(1-x)m^2+x m_\gamma^2 - x(1-x)p^2}\right)\right]\cdot x\\ = p^\mu \frac{i}{(4\pi)^2} \int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \left[\frac{2}{\epsilon}+\log\left(\frac{\mu^2}{(1-x)m^2+x m_\gamma^2 - x(1-x)p^2}\right)\right]\cdot x \end{aligned} \end{equation}

习题 2 

   计算以下 Feynman 积分

\begin{equation} I=\tilde{\mu}^{4-d}\int\frac{ \,\mathrm{d}^{d}{k} }{(2\pi)^d} \frac{\text{Tr}[(\not k+m)\gamma^\mu (\not q+\not k+m)\gamma_\mu]}{[k^2-m^2+i\epsilon][(q+k)^2-m^2+i\epsilon]} \end{equation}

   利用 $\gamma$ 矩阵的求 trace 技巧,可以得到

\begin{equation} \text{Tr}[(\not k+m)\gamma^\mu (\not q+\not k+m)\gamma^\nu] =d\left\{2k^\mu k^\nu + k^\mu q^\nu + q^\mu k^\nu - \left[k\cdot (q+k)-m^2\right] g^{\mu\nu}\right\} \end{equation}
通常这里的 $d=\text{Tr}[1]$ 作为整体因子可以取为 $4$,由于这只会引入一个 $(1-\epsilon/4)$ 的常数因子,使发散积分中的常数项出现不一致,从而使得重整化常数 $Z$ 的结果不一样,但这对可观测量是没有影响的,重整化常数的不同仅仅是因为正规化过程的细节不同而带来的。

   再对 $\mu,\nu$ 进行缩并,要注意 $d$ 维下 $g^{\mu\nu}g_{\mu\nu}=d$。

\begin{equation} \begin{aligned} I / \tilde{\mu}^{4-d} &= d \cdot\int \frac{ \,\mathrm{d}^{d}{k} }{(2\pi)^d} \frac{(2-d)(k^2+q\cdot k) + d m^2}{[k^2-m^2+i\epsilon][(q+k)^2-m^2+i\epsilon]}\\ &=d\cdot\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \int\frac{ \,\mathrm{d}^{d}{k} }{(2\pi)^d} \frac{(2-d)(k^2+q\cdot k) + d m^2}{[k^2+2xqk+xq^2-m^2+i\epsilon]^2}\\ &=d\cdot\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \int \frac{ \,\mathrm{d}^{d}{k} }{(2\pi)^d} \frac{(2-d)(k^2+q\cdot k)+d m^2}{[ (k+xq)^2 +x(1- x)q^2-m^2+i\epsilon ]^2}\\ &=d\cdot\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \int \frac{ \,\mathrm{d}^{d}{l} }{(2\pi)^d} \frac{(2-d)\left[l^2 -2xq\cdot l +x^2q^2 +q\cdot l-x q^2\right]+d m^2}{[ l^2 +x(1- x)q^2-m^2+i\epsilon ]^2}\\ &=d\cdot\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \int \frac{ \,\mathrm{d}^{d}{l} }{(2\pi)^d} \frac{(2-d)\left[l^2 -x(1-x)q^2\right]+d m^2}{[ l^2 +x(1- x)q^2-m^2+i\epsilon ]^2}\\ &=d\cdot \int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \left[\int\frac{ \,\mathrm{d}^{d}{k} }{(2\pi)^d}\frac{2-d}{l^2-\Delta}+\int \frac{ \,\mathrm{d}^{d}{k} }{(2\pi)^d}\frac{2m^2-(2-d)2x(1-x)q^2}{(l^2-\Delta)^2}\right] \end{aligned} \end{equation}
我们发现,计算结果中似乎出现了二次发散,但其实不然,贡献二次发散极点的 $\Gamma(1-d/2)$ 函数恰好被 $2-d$ 因子消去了极点。我们最终得到
\begin{equation} \begin{aligned} I&=\tilde{\mu}^{4-d}\cdot d\cdot\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \left[\frac{-2i}{(4\pi)^{d/2}}\frac{\Gamma(2-d/2)}{\Delta^{1-d/2}}+2(m^2-(2-d)x(1-x)q^2)\frac{i}{(4\pi)^{d/2}}\frac{\Gamma(2-d/2)}{\Delta^{2-d/2}}\right]\\ &= d \cdot \int_0^1 \,\mathrm{d}{x} [2(d-1)x(1-x)q^2] \cdot \tilde{\mu}^{4-d}\frac{i}{(4\pi)^{d/2}}\frac{\Gamma(2-d/2)}{\Delta^{2-d/2}}\\ (d\rightarrow 4)&=d(d-1)q^2 \frac{i}{(4\pi)^2}\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \ 2x(1-x)\cdot\left[ \frac{2}{\epsilon}+\log\left(\frac{4\pi \tilde{\mu}^2 e^{-\gamma}}{\Delta}\right) \right]\\ &=d(d-1)q^2 \frac{i}{(4\pi)^2}\left[\frac{2}{3\epsilon}+\int_0^1 \,\mathrm{d}{x} \ 2x(1-x)\cdot\log\left(\frac{\mu^2}{m^2-x(1-x)q^2}\right)\right] \end{aligned} \end{equation}


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