在Coleman QFT - Lecture 14. LSZ约化公式中，我们回顾了Model 3，并对其进行了重整化：

$$\mathcal L=\dfrac12(\partial_\mu\phi')^2-\dfrac12\mu^2\phi'^2+\partial_\mu\psi'^*\partial^\mu\psi'-m^2\psi'^*\psi'-g_0\psi'^*\psi'\phi'+\mathcal L_{CT}$$

$$\mathcal L_{CT}=A\phi'+\dfrac12 B(\partial_\mu\phi')^2-\dfrac12 C\phi'^2+D\partial_\mu\psi'^*\partial^\mu\psi'-E\psi'^*\psi'-F\psi'^*\psi'\phi'+\text{const}$$

抵消项的系数由重整化条件确定：

1. $\langle0|\phi'|0\rangle=0\to A$
2. $\langle q|\phi'|0\rangle=1\to B$
3. 真实介子质量 $\mu\to C$
4. $\langle p|\psi'(0)|0\rangle=1\to D$
5. 真实核子质量 $m\to E$
6. 耦合常数定义 $g\to F$ 本章来确定这些抵消项的系数。

15.1 系数 $A$ 的确定

首先，$A$ 由波函数重整化条件：

$$\langle 0|\phi'(0)|0\rangle=0$$

确定。其可以视为单点Green函数，即：

$A$ 可以用 $g$ 的幂级数展开。这是因为当 $g_0=0$ 时，初始理论就是自由场的Lagrangian，故自然满足所有重整化条件，因此也不会存在抵消项。故

$$A=\sum_n A_n,\quad \text{where }\;A_n\propto g^n$$

抵消项 $A\phi'$ 对应的Feynman图可表示为：

现在，我们假设已经确定了所有抵消项，直至 $O(g^{n-1})$ 阶的值。现在来考虑 $O(g^n)$ 阶的重整化条件，其可以分为阴影内有一个顶点、以及有不止一个顶点的两部分。前者正是 $A_n\phi'$，而后者则保证每个顶点的阶数都是 $O(g^{n-1})$ 及以下的，因此根据假设是已知的，这样就可以解出 $A_n$：

这一重整化条件还给了我们另一启示，考虑具有下面结构的图：

我将其称为“蝌蚪图”。重整化条件给出所有这种图的求和为零，这是因为：

15.2 Kallen-Lehmann 谱表示

接下来，我们来研究两点函数 $\langle 0|\phi'(x)\phi'(y)|0\rangle$。可以用它构造Green函数。我们有重整化条件：

$$\langle n|\phi'(y)|0\rangle=\mathrm{e}^{ip_n\cdot y}\langle n|\phi'(0)|0\rangle,\quad \langle p|\phi'(0)|0\rangle=1$$

我们可以插入完备基：

$$\langle 0|\phi'(x)\phi'(y)|0\rangle=\sum_{|n\rangle}\langle 0|\phi'(x)|n\rangle\langle n|\phi'(y)|0\rangle=\sum_{|n\rangle}\mathrm{e}^{-ip_n\cdot(x-y)}|\langle n|\phi'(0)|0\rangle|^2$$

后面的求和中，真空态 $\langle 0|\phi'(0)|0\rangle=0$，剩下的部分再拆成单粒子态与多粒子态：

$$\mathrm{RHS}=\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^32\omega_p}\mathrm{e}^{-ip\cdot (x-y)}+\sum_{n>1}'\mathrm{e}^{-ip_n\cdot(x-y)}|\langle n|\phi'(0)|0\rangle|^2$$

现在我们使用一个trick，将多粒子态求和部分改写为：

$$\sum_{n>1}'\mathrm{e}^{-ip_n\cdot(x-y)}|\langle n|\phi'(0)|0\rangle|^2=\int\dfrac{\mathrm{d}^4q}{(2\pi)^3}\mathrm{e}^{-iq\cdot(x-y)}\underbrace{\sum_{n>1}'(2\pi)^3\delta^{(4)}(q-p_n)|\langle n|\phi'(0)|0\rangle|^2}_{\sigma(q^2)\theta(q^0),\text{ Lorentz invariant}}=\int\dfrac{\mathrm{d}^4q}{(2\pi)^3}\sigma(q^2)\theta(q^0)\mathrm{e}^{-iq\cdot(x-y)}$$

这里我们将暂时抛弃原先每一个 $\mathrm dq$ 配一个 $(2\pi)^{-1}$ 的惯例，而是除以 $(2\pi)^3$，后面会看到这样定义的方便之处。函数 $\sigma(q^2)$ 即定义为：

$$\sigma(q^2)\theta(q^0)=\sum_{n>1}'(2\pi)^3\delta^{(4)}(q-p_n)|\langle n|\phi'(0)|0\rangle|^2$$

其有一些性质，由于 $n\geq 2$，因此 $p_n^2$ 一定会大于最轻的两个粒子的质量和的平方，这可以写为：

$$\sigma(q^2)=0,\quad \text{if }\;q^2<\min(4m^2,4\mu^2)$$

但这一结论只在微扰的意义下成立，实际的理论中可能存在束缚态。对于实际理论，条件写为：

$$\sigma(q^2)=0,\quad \text{if }\;q^2<\mu^2+\eta,\;\; \text{for some }\,\eta>0$$

回到两点函数 $\langle 0|\phi'(x)\phi'(y)|0\rangle$ 上来，我们曾经定义过

$$\Delta_+(x-y,\mu^2)\equiv\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^32\omega_p}\mathrm{e}^{-ip\cdot (x-y)}=\int\dfrac{\mathrm{d}^4p}{(2\pi)^3}\,\delta(p^2-\mu^2)\theta(p^0)\mathrm{e}^{-ip\cdot (x-y)}$$

则

$$\langle 0|\phi'(x)\phi'(y)|0\rangle=\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^32\omega_p}\mathrm{e}^{-ip\cdot (x-y)}+\int\dfrac{\mathrm{d}^4q}{(2\pi)^3}\sigma(q^2)\theta(q^0)\mathrm{e}^{-iq\cdot(x-y)}=\Delta_+(x-y,\mu^2)+\int_0^\infty\mathrm{d}a^2\,\sigma(a^2)\Delta_+(x-y,a^2)$$

上面的表达式称为Kallen-Lehmann谱表示。对于自由场，上式没有后面关于多粒子态的项，正因为存在相互作用，故出现了额外的后一项。上式也常常写成下面的形式：

$$\langle 0|\phi'(x)\phi'(y)|0\rangle=\int_0^\infty\mathrm{d}a^2\,\rho(a^2)\Delta_+(x-y,\mu^2),\quad \rho(a^2)=\delta(a^2-\mu^2)+\sigma(a^2)$$

我们可以更往前一步。考虑对易子：

$$\langle 0|[\phi'(x),\phi'(y)]|0\rangle=i\Delta(x-y,\mu^2)+\int_0^\infty\mathrm{d}a^2\,\sigma(a^2)\,i\Delta(x-y,a^2)$$

我们知道：

$$i\dfrac{\partial}{\partial x^0}\Delta(x-y)\bigg|_{x^0=y^0}=-i\delta^{(3)}(\vec x-\vec y)$$

考虑等时对易子：

$$\langle 0|[\phi'(\vec x,t),\dot\phi'(\vec y,t)]|0\rangle=i\delta^{(3)}(\vec x-\vec y)\left[1+\int_0^\infty\mathrm{d}a^2\,\sigma(a^2)\right]$$

但是另一方面我们知道 $\phi'$ 由Heisenberg场重整化得到，而Heisenberg场与原先的自由场之间只是差一个绘景变换，因此对易子不变，故

$$\langle 0|[\phi'(\vec x,t),\dot\phi'(\vec y,t)]|0\rangle=Z_3^{-1}\langle 0|i\delta^{(3)}(\vec x-\vec y)|0\rangle=Z_3^{-1}i\delta^{(3)}(\vec x-\vec y)$$

我们得到了

$$Z_3^{-1}=1+\int_0^\infty\mathrm{d}a^2\,\sigma(a^2)$$

上式称为Lehmann求和规则。由于 $\sigma(a^2)>1$，故 $Z_3<1$。同时也可看出当 $Z_3=0$ 时退化为自由场理论，故不存在 $\sigma(a^2)$。

15.3 重整化的介子传播子 $\tilde D'$

现在我们来考虑传播子，其对应于两点Green函数：

$$\tilde G'^{(2)}(k_1,k_2)=\int\mathrm{d}^4x\,\mathrm{d}^4y\,\mathrm{e}^{-ik_1\cdot x-ik_2\cdot y}\langle 0|T(\phi'(x)\phi'(y))|0\rangle$$

由谱定理：

$$\langle 0|\phi'(x)\phi'(y)|0\rangle=\Delta_+(x-y,\mu^2)+\int_0^\infty\mathrm{d}a^2\,\sigma(a^2)\Delta_+(x-y,a^2)$$

在Coleman QFT Problem 1的第三题，我们对自由场证明了：

$$\langle 0|T(\phi(x)\phi(y))|0\rangle=\lim_{\epsilon\to0^+}\int\dfrac{\mathrm{d}^4p}{(2\pi)^4}\mathrm{e}^{-ip\cdot(x-y)}\dfrac{i}{p^2-\mu^2+i\epsilon}$$

现在多出的一项实际上具有相同的结构，右侧的被积函数正是逆Fourier变换的结果，直接代入可以得到：

$$\tilde G'^{(2)}(p,p')=(2\pi)^4\delta^{(4)}(p+p')\tilde D'(p^2)$$

其中

$$\tilde D'(p^2)=\dfrac{i}{p^2-\mu^2+i\epsilon}+\int_0^\infty\mathrm{d} a^2\,\sigma(a^2)\dfrac{i}{p^2-a^2+i\epsilon}$$

这个函数的解析形式是比较有趣的。如果我们不考虑小虚部 $i\epsilon$，第一项存在在 $p^2=\mu^2$ 的极点，而第二项则存在一条实轴上的割线，割线上满足 $\sigma(a^2)\ne 0$，因此起点为 $\mu^2+\eta$。小虚部 $i\epsilon$ 代表取割线上方的解析分支。如下图所示。

补充

这里插一段。从 $\tilde D'(p^2)$ 的形式出发，可以得到下面的式子：

$$[-i\tilde D'(p^2)]^*=-i\tilde D'((p^2)^*)$$

这称为Schwarz reflection principle。其说明当我们去掉分子的 $i$ 时，对 $p^2$ 取共轭相当于对函数取共轭，这一操作会使割线上方的点变成下方的点。割线两侧点的差异来源于 $-i\tilde D'(p^2)$ 的虚部，有

$$\mathrm{Im}\,[-i\tilde D'(p^2)]=-\pi\sigma(p^2),\quad \text{for real }\, p^2>\mu^2$$

别忘了我们做了这么多是为什么，我们的目的是确定反项系数。注意到真实介子质量为 $\mu$ 在 $\tilde D'$ 中体现为其有 $p^2=\mu^2$ 的极点，而重整化条件 $\langle q|\phi'(0)|0\rangle=1$ 则对应于谱定理中 $\Delta_+(x-y,\mu^2)$ 前的系数为 $1$，这又对应于极点 $p^2=\mu^2$ 的留数为 $i$。这样，决定 $B,C$ 的重整化条件便可以完全由介子传播子在 $p^2=\mu^2$ 处的解析结构表出：$p^2=\mu^2$ 是传播子的一阶极点、且其留数为 $i$。 接下来，要做的就很明显了。只需用Feynman图来计算两点Green函数，由于抵消项作为相互作用出现，其必出现在Green函数的表达式中，此时利用上面的条件便可以逐阶求解系数 $B,C$。

实际操作之前，我先定义一种特别的Green函数，称为单粒子不可约Green函数 (one-particle irreducible Green's function)，用 1PI 表示：

其定义为所有满足不能通过剪断一根线变成不连通图条件的连通图之和。同时，按照惯例，1PI 图的表达式不包含外线传播子与能动量守恒的delta函数。对于有两根外线的1PI图，其表达式记为 $-i\tilde\Pi'(p^2)$：

现在，两点Green函数可以拆成下面的级数形式：

记 $\tilde D(p^2)=\dfrac{i}{p^2-\mu^2+i\epsilon}$ 为自由介子场传播子，则

$$\tilde D'(p^2)=\tilde D+\tilde D(-i\tilde\Pi'(p^2))\tilde D+\tilde D(-i\tilde\Pi'(p^2))\tilde D(-i\tilde\Pi'(p^2))\tilde D+\cdots=\dfrac{1}{p^2-\mu^2-\tilde \Pi'(p^2)+i\epsilon}$$

现在，我们看到质量项好像变成了 $\mu^2+\tilde\Pi'(p^2)$，因此 $\tilde\Pi'(p^2)$ 也称为介子的自能函数。重整化条件表述为 $p^2=\mu^2$ 处的解析性质，我们将 $\tilde\Pi'(p^2)$ 在此处展开：

$$\tilde\Pi'(p^2)=\tilde \Pi'(\mu^2)+(p^2-\mu^2)\dfrac{\mathrm{d}\tilde\Pi'}{\mathrm{d}p^2}\bigg|_{\mu^2}+\cdots$$

$p^2=\mu^2$ 是一阶极点，且留数值为 $i$，这等价于条件：

$$\tilde \Pi'(\mu^2)=0,\quad \dfrac{\mathrm{d}\tilde\Pi'}{\mathrm{d}p^2}\bigg|_{\mu^2}=0\tag{*}$$

这样，两个重整化条件便由介子的自能函数的性质表示出来。再来考虑 $B,C$ 的确定，与之有关的抵消项为：

$$\mathcal L_{CT}=\cdots+\dfrac12 B(\partial_\mu\phi')^2-\dfrac12 C\phi'^2+\cdots$$

基本顶点为：

（用了导数相互作用的技巧）类似的，$B,C$ 可以表示为 $g$ 的幂级数：

$$B=\sum_n B_n,\quad C=\sum_n C_n,\quad B_n,C_n\propto g^n$$

同样的，$\tilde \Pi'(p^2)$ 中 $O(g^n)$ 阶的项可以分为只有一个顶点的图以及不止一个顶点的图，后者每个顶点都是 $O(g^{n-1})$ 阶及以下的，我们可以假设其为已知的，因此：

$$-i\tilde\Pi'(p^2)=(\text{known stuff, to }O(g^{n-1}))+i(B_np^2-C_n)$$

代入重整化条件(*)式得到：

$$i(B_n\mu^2-C_n)=(\text{known stuff})\big|_{\mu^2},\quad iB_n=-\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}p^2}\bigg|_{\mu^2}(\text{known stuff})$$

这样我们就给出了 $B,C$ 的确定方案。对于核子重整化条件4,5，其与介子重整化的处理方法是完全相同的。核子的传播子与自能函数表示为：

与之有关的抵消项为：

$$\mathcal L_{CT}=\cdots+D\partial_\mu\psi'^*\partial^\mu\psi'-E\psi'^*\psi'+\cdots$$

重整化条件则为：

$$\tilde\Sigma'(m^2)=0,\quad \dfrac{\mathrm{d}\tilde\Sigma'}{\mathrm{d}p^2}\bigg|_{m^2}=0$$

同样可以确定 $D,E$。

15.4 介子自能的最低阶计算

前面都只是形式上的讨论，我们来实际算一算最低阶下（即 $O(g^2)$ 阶）的介子自能函数：

上面的两个图有贡献，我们将其写为：

$$-i\tilde \Pi'(p^2)=-i\tilde\Pi^f(p^2)+i(B_2p^2-C_2)$$

利用重整化条件：

$$\tilde \Pi'(\mu^2)=0\Rightarrow C_2=B_2\mu^2-\tilde \Pi^f(\mu^2),\quad \dfrac{\mathrm{d}\tilde\Pi'}{\mathrm{d}p^2}\bigg|_{\mu^2}=0\Rightarrow B_2=\dfrac{\mathrm{d}\tilde\Pi^f}{\mathrm{d}p^2}\bigg|_{\mu^2}$$

代入得到：

$$-i\tilde\Pi'(p^2)=-i\left[\tilde \Pi^f(p^2)-\tilde \Pi^f(\mu^2)-(p^2-\mu^2)\dfrac{\mathrm{d}\tilde \Pi^f}{\mathrm{d} p^2}\bigg|_{\mu^2}\right]$$

当然，$\tilde \Pi^f$ 是可以计算的。其只需对两条内线积分即可：

$$-i\tilde \Pi^f(p^2)=(-ig)^2\int\dfrac{\mathrm{d}^4 q}{(2\pi)^4}\dfrac{i}{q^2-m^2+i\epsilon}\dfrac{i}{(q+p)^2-m^2+i\epsilon}$$

先预告一下，先考察被积函数在 $q\to\infty$ 时的行为，有

$$\dfrac{\mathrm{d}^4 q}{(2\pi)^4}\dfrac{i}{q^2-m^2+i\epsilon}\dfrac{i}{(q+p)^2-m^2+i\epsilon}\sim\dfrac{\mathrm{d}q}{q}\;\;\text{is divergent}$$

这里，我就要提到重整化的含义了。没有人会在写出初始Model 3的Lagrangian后，就意识到质量与耦合系数需要重整化。实际上，他们一开始没有重整化，但是此时遇到了积分的发散。因此，重整化是使得积分收敛的操作。上面的 $i\tilde \Pi^f$ 的确是发散的，但是在重整化下，实际的介子自能函数 $i\tilde\Pi'(p^2)$ 确实是收敛的。在验证这一点之前，我先介绍一个Feynman提出的公式：

$$\int_0^1\mathrm{d}x\,\dfrac{1}{[ax-b(1-x)]^2}=\dfrac{1}{ab}$$

这里的变量 $x$ 称为一个Feynman参数，上面的公式只是一个简单的定积分而已，你可以验证它。我们取 $a,b$ 为积分中的两个分母。因此，积分可以化为：

$$-i\tilde \Pi^f(p^2)=g^2\int\dfrac{\mathrm{d}^4q}{(2\pi)^4}\int\mathrm{d}x\,\dfrac{1}{[q^2+2p\cdot qx+p^2x-m^2+i\epsilon]^2}$$

然后是交换积分顺序，我们做换元 $k=q+px$，则

$$-i\tilde \Pi^f(p^2)=g^2\int\dfrac{\mathrm{d}^4k}{(2\pi)^4}\int\mathrm{d}x\,\dfrac{1}{[k^2-p^2x^2+p^2x-m^2+i\epsilon]^2}$$

现在，我们交换积分顺序，在对 $k$ 积分时，我们不得不面临发散的问题。但一个显而易见的事实是，$\tilde \Pi^f(p^2)-\tilde \Pi^f(\mu^2)$ 在大 $q$ 时按 $q^{-6}$ 趋于零，因此积分收敛。同时， $\dfrac{\mathrm{d}\tilde \Pi^f}{\mathrm{d} p^2}\bigg|_{\mu^2}$ 也是明显收敛的，因此 $\tilde\Pi'(p^2)$ 也是收敛的。在此，我们先暂停一下，先介绍类似积分的一个积分表，这将会让我们更方便的处理此类问题。而介子的自能函数的完整计算会留到下一章的最开始进行。

15.5 单圈图的积分表

在上一节中，我们看到往往图中的闭合圈可能带来积分发散的问题。下一章中，我们还会遇到不止两条边的圈图的计算，其可以用Feynman参数化的技巧将其化成对Feynman参数的积分，有时会变得更简单。此时，对圈动量 $q$ 的积分往往具有以下形式：

$$I_n=\int\dfrac{\mathrm{d}^4 q}{(2\pi)^4}\dfrac{1}{(q^2+a+i\epsilon)^n},\quad a\in\mathbb R,\,n\in\mathbb Z_+$$

此积分在 $n\geq 3$ 的情况下是收敛的。这个积分是在闵氏空间中进行的，让我将其显式的写出来：

$$I_n=\int\dfrac{\mathrm{d} q_0\,\mathrm{d}^3\vec q}{(2\pi)^4}\dfrac{1}{(q_0^2-|\vec q|^2+a+i\epsilon)^n}$$

接下来，你当然可以直接积分。但有一个奇妙的trick，它被称为Wick旋转。考虑被积函数在 $q_0$ 平面上的解析性质，$|\vec q|^2-a$ 可以大于零，也可以小于零，但不管哪一种，我们都可以将沿着实轴 $\mathrm{Re}\;q_0$ 的积分路径旋转至沿虚轴进行，如下图所示：

这里所谓的“旋转”实际上是取了大圆弧围道，使得围道内部无极点。这样的话，可以定义：

$$q_0\equiv iq_4,\quad q^2=-q_E^2=-(|\vec q|^2+q_4^2)$$

因此原先的积分变成对 $q_E$ 的四维欧氏空间的积分：

$$I_n=i\int\dfrac{\mathrm{d}^4 q_E}{(2\pi)^4}\dfrac{1}{(-q_E^2+a+i\epsilon)^n}$$

这就是Wick旋转的含义，可以将一个闵氏空间的积分转化为欧氏空间的积分。 接下来自然是化成球坐标，此时是四维情形，四维立体角为 $2\pi^2$ ，这可以由Gauss积分得到，这里就不演示了，因此

$$\int\mathrm{d}^4z=2\pi^2\int z^3\mathrm{d} z=\pi^2\int z^2\,\mathrm{d}(z^2)$$

因此做换元 $x=q_E^2$，得到：

$$I_n=\dfrac{i}{16\pi^2}\int_0^\infty\dfrac{x\,\mathrm{d}x}{(-x+a)^n}=\dfrac{i}{16\pi^2}\int_0^\infty\left[\dfrac{a}{(a-x)^n}-\dfrac{1}{(a-x)^{n-1}}\right]\mathrm{d}x$$

后面的积分只有当 $n\geq 3$ 时才是收敛的，结果为：

$$I_n=\dfrac{i}{16\pi^2(n-1)(n-2)a^{n-2}},\quad n\geq 3$$

对于 $n=1,2$ ，我们可以设置截断 $\Lambda$，即

$$I_1=\dfrac{i}{16\pi^2}\int_0^\Lambda\dfrac{x\,\mathrm{d}x}{-x+a}=-\dfrac{i}{16\pi^2}\left[\Lambda+a\ln\dfrac{\Lambda-a}{-a}\right]$$

$$I_2=\dfrac{i}{16\pi^2}\int_0^\Lambda\dfrac{x\,\mathrm{d}x}{(-x+a)^2}=-\dfrac{i}{16\pi^2}\left[1+\dfrac{a}{\Lambda-a}-\ln\dfrac{\Lambda-a}{-a}\right]$$

同时，我们知道高能截断会通过重整化消掉，因此简单的丢掉与 $\Lambda$ 有关的截断项，得到：

$$I_1=\dfrac{i}{16\pi^2}a\ln(-a)+\cdots,\quad I_2=-\dfrac{i}{16\pi^2}\ln(-a)+\cdots$$

这样我们就完成了 $I_n$ 的积分表，在下一章进行一些具体计算时会多次引用这一节的结论。

提示

这里简单的设置截断有些不让人满意，让我将其解释得更清楚。首先对于 $I_1(a)$，在实际的计算中，我们会遇到的是其线性组合，而组合整体是收敛的。即

$$\int_0^\infty x\mathrm{d}x\sum_n\dfrac{C_n}{x-a},\quad \sum_n C_n=\sum_n a_nC_n=0$$

请验证这样的组合的分母实际是三次及以上的，因此是收敛的。从截断表达式：

$$I_1-\dfrac{i}{16\pi^2}\left[\Lambda+a\ln\dfrac{\Lambda-a}{-a}\right]$$

可以看出所有含 $\Lambda$ 的项在线性组合下都会消失，因此我们可以说 $I_1=\dfrac{i}{16\pi^2}a\ln(-a)$，不影响组合整体的结果。 同样的，对于发散的 $I_2(a)$，也可以认为其只会以收敛的线性组合的形式出现：

$$I_2(a)=\int_0^\infty x\mathrm{d}x\sum_n\dfrac{C_n}{(x-a)^2},\quad \sum_n C_n=0$$

对于组合整体，可以等效认为 $I_2=-\dfrac{i}{16\pi^2}\ln(-a)$。 最后，可以发现 $I_n$ 可以对 $a$ 求导增加分母的幂次，可以得到

$$I_n(a)=\dfrac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!}\dfrac{\mathrm{d}^{n-1}I_n(a)}{\mathrm{d}a^{n-1}}$$

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贡献者: avephysica

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