21.1 Dirac 场的正则量子化

正则量子化的步骤在Coleman QFT - Lecture 4. 场的正则量子化中提到过，我们已经构造出了Dirac场的Lagrangian：

$$\mathcal L=\pm\left[i\psi^\dagger(\partial_0+\vec \alpha\cdot\nabla)\psi-m\psi^\dagger\beta\psi\right]$$

正则动量为：

$$\pi_\mu=\dfrac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_0\psi)}=\pm i\psi^\dagger$$

Dirac旋量有四个分量 $\{\psi_a\}$，因此我们实际上有四组场量-共轭动量，用原来的正则量子化方法得到：

$$[\psi_a(\vec x,t),\psi_b(\vec y,t)]=0,\quad [\psi_a^\dagger(\vec x,t),\psi_b^\dagger(\vec y,t)]=0,\quad [\psi_a(\vec x,t),\psi_b^\dagger(\vec y,t)]=\pm\delta^{(3)}(\vec x-\vec y)\delta_{ab}$$

但是，我要提前说明的是，Fermi统计会要求上面的对易关系替换为反对易关系。现在就来说明上面的正则量子化条件会导致什么问题。Dirac场的Hamitonian为：

$$\mathcal H=\sum_a\pi_\psi^a\partial_0\psi_a-\mathcal L=\pm\psi^\dagger(-i\vec\alpha\cdot\nabla+m\beta)\psi=\pm i\psi^\dagger\partial_0\psi$$

最后一步是Dirac方程的结果。这其实不是很严谨，因为Hamiltonian本身只是一个相空间的泛函，其不要求场量满足真实的运动方程。但对于我们考虑的满足方程的Dirac场，上面的结果仍是正确的。现在，我们来构造满足Dirac方程的旋量场 $\psi(x)$。这一点可以类比标量场，我们只需要将方程的平面波解搭配上对应的产生-湮灭算符即可。这会给出下面的平面波展开式：

\psi(x)=\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^{3/2}\sqrt{2E_p}}\sum_{r=1}^2\left[b_\vec p^{(r)}u_\vec p^{(r)}\mathrm{e}^{-ip\cdot x}+c_\vec p^{(r)\dagger} v_\vec p^{(r)}\mathrm{e}^{ip\cdot x}\right]

这里的 u_\vec p^{(r)}\mathrm{e}^{-ip\cdot x} 与 v_\vec p^{(r)}\mathrm{e}^{ip\cdot x} 正是Coleman QFT - Lecture 20. Dirac方程 II：求解中得到的平面波解，$r$ 用于标记螺旋度的两个本征态。而湮灭算符 b_\vec p^{(r)} 代表湮灭一个核子，产生算符 c_\vec p^{(r)} 代表产生一个反核子，因此 $\psi(x)$ 会使总的“电荷”减一。类似的，$\psi^\dagger(y)$ 的展开式为：

\psi^\dagger(y)=\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^{3/2}\sqrt{2E_p}}\sum_{r=1}^2\left[b_\vec p^{(r)\dagger}u_\vec p^{(r)\dagger}\mathrm{e}^{ip\cdot y}+c_\vec p^{(r)} v_\vec p^{(r)\dagger}\mathrm{e}^{-ip\cdot y}\right]

注意这里取厄米共轭的操作产生了两个效果，一是产生-湮灭算符的厄米共轭，二是旋量 u_\vec p,v_\vec p 的复共轭加转置。这可能会产生一些问题，当我们考虑 $[\psi,\psi^\dagger]$ 时，$\psi\psi^\dagger$ 是一个 $4\times 4$ 的矩阵，而 $\psi^\dagger\psi$ 只是一个数，所以这个对易子的定义不是很好。鉴于这种原因，我们单独研究其分量的对易子。先猜测产生-湮灭算符的对易关系。Ansatz：

[b_\vec p^{(r)},b_{\vec p'}^{(s)\dagger}]=\delta^{rs}\delta^{(3)}(\vec p-\vec p')B(\vec p),\quad [c_\vec p^{(r)\dagger},c_{\vec p'}^{(s)}]=\delta^{rs}\delta^{(3)}(\vec p-\vec p')C(\vec p),\quad\text{其他对易子为零}

则 $[\psi_a(\vec x,t),\psi_b(\vec y,t)]=[\psi_a^\dagger(\vec x,t),\psi_b^\dagger(\vec y,t)]=0$ 显然成立，而

$$[\psi_a(\vec x,t),\psi^\dagger_b(\vec y,t)]=\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^{3}{2E_p}}\left[\mathrm{e}^{i\vec p\cdot(\vec x-\vec y)}B(\vec p)\sum_{r=1}^2u_{\vec p\,a}^{(r)} u_{\vec p\, b}^{(r)*}+\mathrm{e}^{-i\vec p\cdot(\vec x-\vec y)}C(\vec p)\sum_{r=1}^2v_{\vec p\,a}^{(r)} v_{\vec p\, b}^{(r)*}\right]$$

利用Coleman QFT - Lecture 20. Dirac方程 II：求解中最后一节推导出的完备关系式：

\sum_{r=1}^2u_\vec p^{(r)}\bar u_\vec p^{(r)}=p\mkern -8.5mu /+m,\quad \sum_{r=1}^2v_\vec p^{(r)}\bar v_\vec p^{(r)}=p\mkern -8.5mu /-m

通过同时右乘 $\gamma^0$ 可以回到 u_\vec p^\dagger，因此

$$\sum_{r=1}^2u_{\vec p\,a}^{(r)} u_{\vec p\, b}^{(r)*}=E_p\delta_{ab}-\vec p\cdot(\vec\gamma\gamma^0)_{ab}+m\gamma^0_{ab},\quad \sum_{r=1}^2v_{\vec p\,a}^{(r)} v_{\vec p\, b}^{(r)*}=E_p\delta_{ab}-\vec p\cdot(\vec\gamma\gamma^0)_{ab}-m\gamma^0_{ab}$$

注意到如果设置 $B(\vec p)=C(\vec p)=\pm 1$ 的话，有

$$[\psi_a(\vec x,t),\psi^\dagger_b(\vec y,t)]=\pm\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^{3}{2E_p}}\mathrm{e}^{i\vec p\cdot(\vec x-\vec y)}\cdot 2E_p\delta_{ab}=\pm\delta_{ab}\delta^{(3)}(\vec x-\vec y)$$

就得到了原来的正则量子化体条件。到现在为止，一切都很好。问题出在对能量的计算上：

\begin{align} H&=\int\mathrm{d}^3\vec x\,\mathcal H=\pm\int\mathrm{d}^3\vec x\,i\psi^\dagger\partial_0\psi\\ &=\pm\int\mathrm{d}^3\vec x\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^{3/2}\sqrt{2E_p}}\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p'}{(2\pi)^{3/2}\sqrt{2E_{p'}}}\sum_{r=1}^2\left[b_\vec p^{(r)\dagger}u_\vec p^{(r)\dagger}\mathrm{e}^{-ip\cdot x}+c_\vec p^{(r)}v_\vec p^{(r)\dagger}\mathrm{e}^{ip\cdot x}\right]\sum_{s=1}^2E_p\left[-b_{\vec p'}^{(s)}u_{\vec p'}^{(s)}\mathrm{e}^{ip'\cdot x}+c_{\vec p'}^{(s)\dagger}v_{\vec p'}^{(s)}\mathrm{e}^{-ip'\cdot x}\right]\\ &=\pm\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{2E_p}E_p\sum_{r=1}^2 \left(2E_pb_\vec p^{(r)\dagger}b_\vec p^{(r)}-2E_pc_\vec p^{(r)}c_\vec p^{(r)\dagger}\right)\\ &=\pm\int\mathrm{d}^3\vec p\,E_p\sum_{r=1}^2\left(b_\vec p^{(r)\dagger}b_\vec p^{(r)}-c_\vec p^{(r)}c_\vec p^{(r)\dagger}\right) \end{align}

其中用到了正交关系式：

\bar u_\vec p^{(r)}\gamma^\mu u_\vec p^{(s)}=\bar v_\vec p^{(r)}\gamma^\mu v_\vec p^{(s)}=2p^\mu\delta^{rs}\Rightarrow u_\vec p^{(r)\dagger}u_\vec p^{(r)}=v_\vec p^{(r)\dagger}v_\vec p^{(r)}=2E_p\delta^{rs}

以及

\bar u_\vec p^{(r)}\gamma^\mu v_\vec p^{(s)}=\bar v_\vec p^{(r)}\gamma^\mu u_\vec p^{(s)}=0\Rightarrow u_\vec p^{(r)\dagger}v_\vec p^{(r)}=v_\vec p^{(r)\dagger}u_\vec p^{(r)}=0

能量表达式的问题在于其不正定，不论我们选择最前面的正号还是负号。这在物理上是不被允许的。

这个问题的解决方法由 Jordan 和 Wigner 提出。在非相对论量子力学中，我们知道对于全同玻色子与费米子，玻色子在交换两个粒子时波函数不变，而费米子则要加一个负号，以确保Pauli不相容原理成立。这种反对称性启示我们将量子场分为Fermi场和Bose场，Bose场用对易子进行正则量子化，而Fermi场则用反对易子进行正则量子化。我们这里研究的旋量场就是Fermi场，因此正则量子化条件为：

$$\{\psi_a(\vec x,t),\psi_b(\vec y,t)\}=0,\quad \{\psi_a^\dagger(\vec x,t),\psi_b^\dagger(\vec y,t)\}=0,\quad \{\psi_a(\vec x,t),\psi_b^\dagger(\vec y,t)\}=\pm\delta^{(3)}(\vec x-\vec y)\delta_{ab}$$

而且我们可以确定这里的正负号了。考虑一个一般的算符：

$$\theta(t)\equiv\int\mathrm{d}^3\vec x\,\sum_a f_a(\vec x)\psi_a(\vec x,t)$$

其反对易子为

$$\{\theta,\theta^\dagger\}=\pm\int\mathrm{d}^3\vec x\sum_a|f_a(\vec x)|^2$$

但是反对易子在任何态下的期望值是正定的，因为：

$$\langle\phi|\{\theta,\theta^\dagger\}|\phi\rangle=|\theta^\dagger|\phi\rangle|^2+|\theta|\phi\rangle|^2\ge 0$$

因此要取正号。回到平面波展开式：

\psi(x)=\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^{3/2}\sqrt{2E_p}}\sum_{r=1}^2\left[b_\vec p^{(r)}u_\vec p^{(r)}\mathrm{e}^{-ip\cdot x}+c_\vec p^{(r)\dagger} v_\vec p^{(r)}\mathrm{e}^{ip\cdot x}\right],\quad \psi^\dagger(y)=\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^{3/2}\sqrt{2E_p}}\sum_{r=1}^2\left[b_\vec p^{(r)\dagger}u_\vec p^{(r)\dagger}\mathrm{e}^{ip\cdot y}+c_\vec p^{(r)} v_\vec p^{(r)\dagger}\mathrm{e}^{-ip\cdot y}\right]

我们发现产生-湮灭算符同样应当满足反对易关系而不是对易关系：

\{b_\vec p^{(r)},b_{\vec p'}^{(s)\dagger}\}=\delta^{rs}\delta^{(3)}(\vec p-\vec p'),\quad \{c_\vec p^{(r)},c_{\vec p'}^{(s)\dagger}\}=\delta^{rs}\delta^{(3)}(\vec p-\vec p'),\quad\text{其他反对易子为零}

请自行验证正则量子化关系成立。此时的能量表达式为：

H=\int\mathrm{d}^3\vec p\,E_p\sum_{r=1}^2\left(b_\vec p^{(r)\dagger}b_\vec p^{(r)}-c_\vec p^{(r)}c_\vec p^{(r)\dagger}\right)=\int\mathrm{d}^3\vec p\,E_p\sum_{r=1}^2\left(b_\vec p^{(r)\dagger}b_\vec p^{(r)}+c_\vec p^{(r)\dagger}c_\vec p^{(r)}-\underbrace{\delta^{(3)}(0)}_{\text{can be discarded}}\right)

这个能量表达式就是正定的。我们可以验证一下产生-湮灭算符与哈密顿量的对易关系。暂时忽略自旋：

[H,b_\vec q]=\left[\int\mathrm{d}^3\vec p\,E_pb_\vec p^\dagger b_\vec p,b_\vec q\right]=\int\mathrm{d}^3\vec p\,E_p\left(b_\vec p^\dagger\{b_\vec p,b_\vec q\}-\{b_\vec p^\dagger,b_\vec q\}b_\vec p\right)=-E_\vec q\,b_\vec q,\quad [H,b_\vec q^\dagger]=E_\vec q\,b_\vec q^\dagger

因此一些熟知的作用关系仍不变：

b_\vec q|0\rangle=H|0\rangle=0,\quad b_\vec q^\dagger|0\rangle=|\vec q\rangle,\quad H|\vec q\rangle=E_q|\vec q\rangle,\quad \langle\vec q'|\vec q\rangle=\langle 0|b_{\vec q'}b_\vec q|0\rangle=\delta^{(3)}(\vec q-\vec q')

多粒子态为：

$$|\vec q_1,\cdots,\vec q_n\rangle=b_{\vec q_1}^\dagger\cdots b_{\vec q_n}^\dagger|0\rangle$$

但这个态是全反对称的，任意交换两个粒子会多出一个负号。这是Fermi场独有的特性。如双粒子态：

$$|\vec q_1,\vec q_2\rangle=-|\vec q_2,\vec q_1\rangle,\quad |\vec q_1,\vec q_1\rangle=0$$

这是Pauli不相容定理。

回忆我们在Coleman QFT - Lecture 3. 构建标量量子场中最开始引入对易子的原因，其是出于因果性的考虑，两个类空间隔的观测量之间不会互相影响，因此我们构建了算符场，并且要求类空间隔的场的对易子为零。但现在我们改用了反对易子，则

$$[\psi_a(\vec x,t),\psi_b(\vec y,t)]=2\psi_a(\vec x,t)\psi_b(\vec y,t)\ne 0$$

因此Fermi场 $\psi(x)$ 不是可观测量。观测量必须由偶数个Fermi场的乘积组成。因此可以说“Fermi场是可观测量的平方根”。 Fermi场的反对易关系导致其经典极限也是比较奇怪的。我们可以使 $\hbar\to 0$，但仍需要“奇怪的”满足反对易关系的数。这种满足反对易关系的数正式上称为Grassman变量。

21.2 Fermi场的Wick定理

我们将要调整Model 3，前面我们将核子场视为复标量场，现在要将其改为旋量场。Lagrangian有下面的形式：

$$\mathcal L=\bar\psi(i\partial\mkern-9.5mu/-m)+\dfrac12\partial^\mu\phi\partial_\mu\phi-\dfrac12\mu^2\phi^2-g\bar\psi\varGamma\psi\phi+\cdots$$

这里当 $\phi$ 为标量场时 $\varGamma$ 为 $\mathbb 1$ ，$\phi$ 为赝标量场时 $\varGamma$ 为 $i\gamma_5$。这样可以使Lagrangian有宇称不变性。接下来，我们来考虑时序积的Lorentz不变性。考虑两个类空间隔处的场，分别位于原点与 $x$ 处 $(x^2=x\cdot x<0,x^0>0)$，标量场的时序积定义为：

$$T(\phi(0)\phi(x))=\phi(x)\phi(0)$$

由于间隔类空，我们可以通过Lorentz变换使得 $x^0<0$，则

$$T(\phi(0)\phi(x))=\phi(0)\phi(x)$$

这不会产生问题，因为 $[\phi(0),\phi(x)]=0\;(x^2<0)$，因此两个时序积是相等的。 而如果间隔是类空的，的确两个结果不一定相等，但是也没有办法通过Lorentz变换将 $x^0>0$ 变成 $x^0<0$。因此，这样定义的时序积是Lorentz不变的。 时序积的Lorentz协变性保证了QFT的Lorentz协变性。因为散射矩阵S就定义成时序积的形式，其应该是Lorentz不变量。但是，如果用上面的方式定义Fermi场的时序积，很容易能发现问题。在原系中：

$$T(\psi_a(0)\psi_b(x))=\psi_b(x)\psi_a(0)$$

换系后

$$T(\psi_a(0)\psi_b(x))=\psi_a(0)\psi_b(x)=-\psi_b(x)\psi_a(0),\quad \text{for }\,x^2<0$$

提示

这里可以验证对于类空间隔 $(x-y)^2<0$，有 $\{\psi_a(x),\psi_b^\dagger(y)\}=0$。利用平面波展开以及正交关系：

$$\{\psi_a(x),\psi_b^\dagger(y)\}=\gamma_{ab}^0(i\partial\mkern-8.5mu/_x-m)\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^32E_p}[\mathrm{e}^{-ip\cdot(x-y)}-\mathrm{e}^{ip\cdot(x-y)}]=\gamma_{ab}^0(i\partial\mkern-8.5mu/_x-m)i\Delta(x-y)$$

而当 $(x-y)^2<0$ 时 $\Delta(x-y)=0$。

因为Fermi场遵循的是反对易规则，因此会多出一个负号。因此，我们必须修改时序积的定义。解决方法是加上一个额外的因子：

$$T(\psi_1(t_1)\cdots\psi_n(t_n))=(-1)^p\psi_{j_1}(t_{j_1})\cdots\psi_{j_n}(t_{j_n}),\quad t_{j_1}>t_{j_2}>\cdots>t_{j_n}$$

$p$ 是置换数。如果 $\{j_1,j_2,\cdots,j_n\}$ 相对于 $\{1,2,\cdots,n\}$ 是奇置换，则要加上额外的负号。以两个Fermi场的时序积为例：

$$T(\psi_a(x)\psi_b(y))=-T(\psi_b(y)\psi_a(x))=\begin{cases} \psi_a(x)\psi_b(y),\quad x^0>y^0\\ -\psi_b(y)\psi_a(x),\quad x^0<y^0 \end{cases}$$

也就是说

$$T(\psi(x)\psi(y))=\theta({x^0-y^0})\psi(x)\psi(y)-\theta(y^0-x^0)\psi(y)\psi(x)$$

因此现在时序积还取决于原先场的排列顺序。但是，Dyson公式仍成立。因为 $H_I$ 中一定含有偶数个Fermi场，因此 $H_I$ 的时序积不会出现额外的负号。 类似的，正规序积也要加上额外的负号：

$$:\psi_1(x_1)\cdots\psi_n(x_n)):=(-1)^p\psi_{j_1}(x_{j_1})\cdots\psi_{j_n}(x_{j_n})+\cdots,\quad \text{$b^\dagger,c^\dagger$ 在 $b,c$ 的左侧}$$

例如

$$:\psi_1(x_1)\psi_2(x_2):=\psi_1^{(+)}\psi_2^{(+)}+\psi_1^{(-)}\psi_2^{(-)}+\psi_1^{(-)}\psi_2^{(+)}-\psi_2^{(-)}\psi_1^{(+)}$$

其中

\psi^{(+)}=\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^{3/2}\sqrt{2E_p}}\sum_{r=1}^2b_\vec p^{(r)}u_\vec p^{(r)}\mathrm{e}^{-ip\cdot x},\quad \psi^{(-)}=\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^{3/2}\sqrt{2E_p}}\sum_{r=1}^2c_\vec p^{(r)\dagger}v_\vec p^{(r)}\mathrm{e}^{ip\cdot x}

这样就完成了时序积与正规序积的定义。可以证明，在这样的定义下，Wick定理仍然成立。在此不做具体证明，可以参考Coleman QFT - Lecture 8. 微扰理论 I：Wick diagram。对于两个旋量场的情况，缩并定义为：

$$\overset {|\Large \mkern-2mu{}^{\overline{\quad\;\;}}\mkern-3mu\normalsize |}{\psi_a(x) \bar\chi_b} (y)\equiv T(\psi_a(x)\bar \chi_b(y))-:\psi_a(x)\bar \chi_b(y):$$

与标量场类似的，旋量场的缩并也是一个纯数。通过对上面式子的直接展开计算可得：

$$\overset {|\Large \mkern-2mu{}^{\overline{\quad\;\;}}\mkern-3mu\normalsize |}{\psi_a(x) \bar\chi_b} (y)=\theta(x_0-y_0)\{\psi_a^{(+)},\bar\chi_b^{(-)}\}-\theta(y_0-x_0)\{\bar\chi_b^{(+)},\bar\psi_a^{(-)}\}$$

反对易括号会将产生-湮灭算符变成纯数。场的缩并实际上就是两点Green函数（或者说传播子），下一节我们就来具体计算它。

21.3 计算Dirac传播子

两个Fermi场的缩并定义为：

$$\overset {|\Large \mkern-2mu{}^{\overline{\quad\;\;}}\mkern-3mu\normalsize |}{\psi(x) \bar\psi} (y)\equiv T(\psi(x)\bar \psi(y))-:\psi(x)\bar \psi(y):$$

注意这里我把分量角标去掉了。这会导致前面提到的问题，即 $\bar\psi\psi$ 与 $\psi\bar\psi$ 按矩阵乘法来看是阶数不同的矩阵。因此我们规定不论写的顺序如何，上面的式子都代表一个 $4\times 4$ 矩阵， $\psi$ 的分量指标 $a$ 与 $\bar\psi$ 的分量指标 $b$ 构成矩阵元的坐标 $(ab)$。我们就来计算缩并的显式表达式。 平面波展开式：

\psi(x)=\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^{3/2}\sqrt{2E_p}}\sum_{r=1}^2\left[b_\vec p^{(r)}u_\vec p^{(r)}\mathrm{e}^{-ip\cdot x}+c_\vec p^{(r)\dagger} v_\vec p^{(r)}\mathrm{e}^{ip\cdot x}\right]

\bar\psi(y)=\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^{3/2}\sqrt{2E_p}}\sum_{r=1}^2\left[b_\vec p^{(r)\dagger}\bar u_\vec p^{(r)}\mathrm{e}^{ip\cdot y}+c_\vec p^{(r)} \bar v_\vec p^{(r)}\mathrm{e}^{-ip\cdot y}\right]

当 $x^0>y^0$ 时

\overset {|\Large \mkern-2mu{}^{\overline{\quad\;\;}}\mkern-3mu\normalsize |}{\psi(x) \bar\psi} (y)=\langle 0|T(\psi(x)\bar\psi(y))|0\rangle=\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p\,\mathrm{d}^3\vec p'}{(2\pi)^3\sqrt{2E_p}\sqrt{2E_{p'}}}\mathrm{e}^{-ip\cdot x+ip'\cdot y}\sum_{r,s}\langle 0|b_\vec p^{(r)}b_{\vec p'}^{(s)\dagger}|0\rangle u_\vec p^{(r)}\bar u_{\vec p'}^{(s)}

利用

\langle 0|b_\vec p^{(r)}b_{\vec p'}^{(s)\dagger}|0\rangle=\langle 0|\{b_\vec p^{(r)},b_{\vec p'}^{(s)\dagger}\}|0\rangle=\delta^{rs}\delta^{(3)}(\vec p-\vec p'),\quad \sum_r u_\vec p^{(r)}\bar u_\vec p^{(r)}=p\mkern-8.5 mu/+m

因此

$$\mathrm{RHS}=\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^32E_p}\mathrm{e}^{-ip\cdot(x-y)}(p\mkern-8.5mu/+m)=(i\partial\mkern-8.5mu/_x+m)\underbrace{\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^32E_p}\mathrm{e}^{-ip\cdot(x-y)}}_{\Delta_+(x-y)}$$

$x^0<y^0$ 的计算是类似的，会得到：

$$\overset {|\Large \mkern-2mu{}^{\overline{\quad\;\;}}\mkern-3mu\normalsize |}{\psi(x) \bar\psi} (y)=\langle 0|T(\psi(x)\bar\psi(y))|0\rangle=(i\partial\mkern-8.5mu/_x+m)\Delta_+(y-x)$$

在Coleman QFT - Lecture 8. 微扰理论 I：Wick diagram中，我们得到过标量场缩并的表达式：

$$\overset {|\Large \mkern-2mu{}^{\overline{\quad\;}}\mkern-3mu\normalsize |}{\phi(x) \phi} (y)=\theta(x^0-y^0)\Delta_+(x-y)+\theta(y^0-x^0)\Delta_+(y-x)=\lim_{\epsilon\to0^+}\int\dfrac{\mathrm{d}^4p}{(2\pi)^4}\mathrm{e}^{-ip\cdot(x-y)}\dfrac{i}{p^2-\mu^2+i\epsilon}$$

比较其与旋量场的结果，可以发现旋量场的缩并只是多出了一个 $(i\partial\mkern-8.5mu/_x+m)$ 因子，因此可以写为：

$$\begin{align} \overset {|\Large \mkern-2mu{}^{\overline{\quad\;\;}}\mkern-3mu\normalsize |}{\psi(x) \bar\psi} (y)&=(i\partial\mkern-8.5mu/_x+m)\overset {|\Large \mkern-2mu{}^{\overline{\quad\;}}\mkern-3mu\normalsize |}{\phi(x) \phi} (y)\\ &=(i\partial\mkern-8.5mu/_x+m)\int\dfrac{\mathrm{d}^4p}{(2\pi)^4}\mathrm{e}^{-ip\cdot(x-y)}\dfrac{i}{p^2-\mu^2+i\epsilon}\\ &=\int\dfrac{\mathrm{d}^4p}{(2\pi)^4}\mathrm{e}^{-ip\cdot(x-y)}\dfrac{i(p\mkern-8.5mu/+m)}{p^2-\mu^2+i\epsilon} \end{align}$$

因此，在动量空间旋量场的传播子就是：

$$\tilde S_F=\dfrac{i(p\mkern-8.5mu/+m)}{p^2-\mu^2+i\epsilon}$$

这称为Dirac传播子，注意这是一个 $4\times 4$ 矩阵。与之对比，标量场的传播子就是

$$\tilde \Delta_F=\dfrac{i}{p^2-\mu^2+i\epsilon}$$

另一个理解Dirac传播子的方法在于将其改写为：

$$\tilde S_F=\dfrac{i(p\mkern-8.5mu/+m)}{p^2-\mu^2+i\epsilon}=\dfrac{i(p\mkern-8.5mu/+m-i\epsilon)}{p^2-\mu^2+i\epsilon}=\dfrac{i}{p\mkern-8.5mu/-m+i\epsilon}$$

其形式与标量场传播子非常像。实际上有下面的对应：

$$\text{Klein-Gordon Eq.}:\square^2+m^2\longrightarrow\text{propagator}:\tilde \Delta_F=\dfrac{i}{p^2-\mu^2+i\epsilon}$$

$$\text{Dirac Eq.}:i\partial\mkern-8.5mu/-m\longrightarrow\text{propagator}:\tilde S_F=\dfrac{i}{p\mkern-8.5mu/-m+i\epsilon}$$

这种深刻的对应关系在后面通过路径积分量子化中会得到更明确的解释：传播子本质上是自由Lagrangian $\varphi\mathcal D\varphi$ 中算符 $\mathcal D$ 的逆。

21.4 一个例子：核子-介子散射

我们要重复在标量场理论中做过的事情了，即算一些具体的散射过程。然后我会总结出旋量场理论下的Feynman规则。在Model 3中，自由核子场与自由介子场的相互作用由下式给出：

$$\mathcal L_I=-g\bar\psi\varGamma\psi\phi\qquad (\varGamma=\mathbb 1\,\text{ or }\,i\gamma_5)$$

考虑核子-介子弹性散射过程：

$$N+\phi\to N+\phi$$

要求 $S=T\,\mathrm{e}^{-i\int\mathrm{d}^4x\,\mathcal H_I}$ 的对应矩阵元。我们考虑最低阶（即 $O(g^2)$ 阶），Dyson展开式中的这一项为：

$$\dfrac{1}{2!}(-ig)^2\int\mathrm{d}^4x_1\,\mathrm{d}^4x_2\,T(\bar\psi_2\varGamma\psi_2\phi_2\bar\psi_1\varGamma\psi_1\phi_1)$$

对于该散射过程，我们要缩并掉两个核子场。由于对称性，缩并 $\bar\psi_2\psi_1$ 和 $\psi_2\bar\psi_1$ 的贡献是一样的，这去掉了前面的系数 $1/2!$，相当于去掉Feynman图上顶点的编号。对应的Feynman图为：

矩阵元为：

\begin{align} \langle f|S-1|i\rangle&=\langle p',s;q'|(-ig)^2\int\mathrm{d}^4x_1\,\mathrm{d}^4x_2\,:\bar\psi_2\varGamma\overset {|\Large \mkern-2mu{}^{\overline{\quad\;\;}}\mkern-3mu\normalsize |}{\psi_2\phi_2 \bar\psi_1}\varGamma\psi_1\phi_1:|p,r;q\rangle\\ &=(-ig)^2\int\dfrac{\mathrm{d}^4k}{(2\pi)^4}\mathrm{d}^4x_1\,\mathrm{d}^4x_2\,\mathrm{e}^{i(q'+p')x_2}\mathrm{e}^{-i(q+p)x_1}[\mathrm{e}^{-ik\cdot(x_2-x_1)}\times\bar u_{\vec p'}^{(s)}\varGamma\dfrac{i}{k\mkern-8.5mu/-m+i\epsilon}\varGamma u_\vec p^{(r)}]\\ &=(-ig)^2(2\pi)^4\delta^{(4)}(p+q-p'-q')\bar u_{\vec p'}^{(s)}\varGamma\dfrac{i}{p\mkern-8.5mu/+q\mkern-8.5mu/-m+i\epsilon}\varGamma u_\vec p^{(r)} \end{align}

类似的定义Feynman振幅：

\langle f|S-1|i\rangle\equiv(2\pi)^4\delta^{(4)}(p+q-p'-q')\mathcal \,iA_{fi},\quad \mathcal iA_{fi}=(-ig)^2\bar u_{\vec p'}^{(s)}\varGamma\dfrac{i}{p\mkern-8.5mu/+q\mkern-8.5mu/-m+i\epsilon}\varGamma u_\vec p^{(r)}

此外，我们还能来讨论一下反核子-介子散射，即

$$\bar N+\phi\to \bar N+\phi$$

来看看其与核子-介子散射有什么不同。同样的，画出其Feynman图：

对应的表达式就是：

$$\langle f|S-1|i\rangle=\langle p',s;q'|(-ig)^2\int\mathrm{d}^4x_1\,\mathrm{d}^4x_2\,:\bar\psi_2\varGamma\overset {|\Large \mkern-2mu{}^{\overline{\quad\;\;}}\mkern-3mu\normalsize |}{\psi_2\phi_2 \bar\psi_1}\varGamma\psi_1\phi_1:|p,r;q\rangle$$

这里左右的态指反核子-介子态。现在不同点出现了，原先我们用 $\psi_1$ 湮灭右侧的核子，$\bar\psi_2$ 产生左侧的核子，但现在我们只能用 $\bar\psi_2$ 湮灭右侧的反核子，$\psi_1$ 产生左侧的反核子，因此这两个算符要换位置。这会产生一个额外的 $-1$ 因子。同时，由于现在顶点2负责湮灭，因此中间的动量 $k=-p-q$（你可以写出积分式确认这一点），以及代表核子的旋量 $u$ 用代表反核子的旋量 $v$ 代替。因此这个散射过程的Feynman振幅为：

\mathcal iA_{fi}=(-1)\cdot(-ig)^2\bar v_{\vec p'}^{(s)}\varGamma\dfrac{i}{-p\mkern-8.5mu/-q\mkern-8.5mu/-m+i\epsilon}\varGamma v_\vec p^{(r)}

在处理标量场时，由于传播子是动量的二次式，因此不用考虑内线动量的正负。但Dirac传播子中，动量的正负会影响到传播子的表达式，因此要更为小心的处理。现在我可以写下旋量场的Feynman规则了。

21.5 包含费米子理论的Feynman规则

由于Fermi场的非对易关系以及矩阵运算不能随意交换顺序，因此Feynman规则更为复杂。将分成三个部分：

首先是因子，内线对应于传播子，根据其是介子线还是核子线，写下标量传播子与Dirac传播子。顶点处写下 $-ig\varGamma$，以及动量守恒的delta函数。而外线则根据其出射与入射，以及核子与反核子写下对应的旋量。

第二部分是将矩阵按一定的顺序组装起来。由于基本顶点有一根朝内的核子线与一根朝外的核子线，因此核子线要么首尾连接至外线，形成一条核子链，要么成环。对前一种情况，我们要从整根线的最前端开始，逆着箭头的方向依次写下各部分的因子。以下图为例：

我们从(1)开始，沿Fermi线的逆方向一直写到(7)。其对应于表达式

$$i\mathcal A_{fi}=\bar u_{\vec p'}(-ig\varGamma)\dfrac{i}{k\mkern-8.5mu/_2-m+i\epsilon}(-ig\varGamma)\dfrac{i}{k\mkern-8.5mu/_1-m+i\epsilon}(-ig\varGamma)u_{\vec p}$$

对于后一种成环的情况，以下图为例：

对应的表达式为

$$-\mathrm{Tr}(:\overset {|\Large \mkern-2mu{}^{\overline{\;\;\;}}\mkern-3mu\normalsize |}{\psi_4\bar\psi_1}\varGamma\overset {|\Large \mkern-2mu{}^{\overline{\;\;\;}}\mkern-3mu\normalsize |}{\psi_1\bar\psi_2}\varGamma\overset {|\Large \mkern-2mu{}^{\overline{\;\;\;}}\mkern-3mu\normalsize |}{\psi_2\bar\psi_3}\varGamma\overset {|\Large \mkern-2mu{}^{\overline{\;\;\;}}\mkern-3mu\normalsize |}{\psi_3\bar\psi_4}\varGamma:)$$

由于将最右侧的 $\psi_4$ 换到最左侧，故多一个负号，同时对指标求和等价于求整体的迹。 我们还是回到原来的核子-介子散射的计算上来。将自旋态合进旋量中，入射核子态记为 $u$，出射核子态记为 $u'$。同时，为了演示具体的计算，假设 $\varGamma=i\gamma_5$。$O(g^2)$ 的Feynman图实际上有两张：

两幅图中都只有一根核子链，根据Feynman规则可以写出

$$\begin{align} i\mathcal A_{fi}&=(-ig)^2\bar u'\left[i\gamma_5\dfrac{i}{p\mkern-8.5mu/+q\mkern-8.5mu/-m+i\epsilon}i\gamma_5\right]u+(-ig)^2\bar u'\left[i\gamma_5\dfrac{i}{p\mkern-8.5mu/'-q\mkern-8.5mu/-m+i\epsilon}i\gamma_5\right]u\\ &=ig^2\bar u'\gamma_5\left[\dfrac{p\mkern-8.5mu/+q\mkern-8.5mu/+m}{(p+q)^2-m^2}+\dfrac{p\mkern-8.5mu/'-q\mkern-8.5mu/+m}{(p'-q)^2-m^2}\right]\gamma_5 u\\ &=ig^2\bar u'\left[\dfrac{-p\mkern-8.5mu/-q\mkern-8.5mu/+m}{(p+q)^2-m^2}+\dfrac{-p\mkern-8.5mu/'+q\mkern-8.5mu/+m}{(p'-q)^2-m^2}\right]u\\ &=ig^2\bar u' q\mkern-8.5mu/u\left[\dfrac{1}{(p'-q)^2-m^2}-\dfrac{1}{(p+q)^2-m^2}\right] \end{align}$$

第三个等号用到了 $\gamma_5$ 与 $\gamma^\mu$ 反对易，第四个等号用到 $p\mkern-8.5 mu/u=mu,\;\bar u'p\mkern-8.5 mu/'=\bar u'm$。

下面我们来看一个更有难度的例子：核子-核子弹性散射，即

$$N+N\to N+N$$

$O(g^2)$ 阶的Feynman图是容易画出来的：

每幅图中都有两根核子链，我可以写下其Feynman振幅，除了一个符号问题：

$$i\mathcal A_{fi}=(-ig)^2(\text{sign 1})(\bar u_1'i\gamma_5 u_1)(\bar u_2'i\gamma_5 u_2)\dfrac{i}{(p_1-p_1')^2-\mu^2}+(-ig)^2(\text{sign 2})(\bar u_1'i\gamma_5 u_2)(\bar u_2'i\gamma_5 u_1)\dfrac{i}{(p_1-p_2')^2-\mu^2}$$

这个符号我暂时记为 $\text{sign 1}$ 与 $\text{sign 2}$。这是Feynman规则的第三部分，即使你按前面的规则写出了各图代表的振幅，最后整体仍然可能需要加一个额外的负号。这来源于Fermi子态的反对称。对于这个例子，入态和出态都是双核子态，因此先产生/湮灭哪个核子是需要考虑的问题。 这里，将介绍的是一个称为“$\bar\psi\psi$ 法则”的技巧。观察原先的时序积：

$$T(\bar\psi_2\varGamma\psi_2\phi_2\bar\psi_1\varGamma\psi_1\phi_1)$$

可以看到，对于同一个角标（顶点）的核子场，一定是 $\bar\psi$ 在前而 $\psi$ 在后。另一方面，不同角标的 $\bar\psi\psi$ 的排列顺序则是无关紧要的，因为它们彼此对易。回到我们的例子，由于我们在处理核子，因此

$$\bar\psi_1’\psi_1\to b_1'^\dagger b_1,\quad \bar\psi_2'\psi_2\to b_2'^\dagger b_2$$

因此有贡献的对象是 $:b_1'^\dagger b_1b_2'^\dagger b_2:$ ，而我们最后要得到的先湮灭、后产生的对象为 $:b_1'^\dagger b_2'^\dagger b_2b_1:$ ，可以看出只需将最后一个 $b_1$ 向左跨过 $b_2^\dagger b_2$ 即可，因此

$$:b_1'^\dagger b_1b_2'^\dagger b_2:\,=\,:b_1'^\dagger b_2'^\dagger b_2b_1:$$

因此 $\text{sign 1}$ 为正号。对于第二幅图，我们有

$$\bar\psi_1'\psi_2\to b_1'^\dagger b_2,\quad \bar\psi_2'\psi_1=b_2'^\dagger b_1$$

因此这时处理的对象为 $:b_1'^\dagger b_2b_2'^\dagger b_1:$ ，有

$$:b_1'^\dagger b_2b_2'^\dagger b_1:\,=-:b_1'^\dagger b_2'^\dagger b_2b_1:$$

因此 $\text{sign 2}$ 为负号。实际上，两个符号的正负取决于我对初末态的定义，但是不管怎样定义，两幅图的符号一定是相反的，因为其等价于交换了算符 $b_1$ 和 $b_2$。因此这两项振幅应当相减，真正重要的是各Feynman图之间的相对符号。

21.6 对自旋态求和与平均

最后，我们来探讨自旋在散射中的处理。由于在很多实验中，我们并不关心粒子态的自旋，比如发射粒子的装置发射的是非极化的粒子束，而探测器也不会检测出射粒子的自旋。这使得我们计算散射截面时，需要对出射粒子的自旋态求总和，对入射粒子的自旋态求平均。 作为一个例子，我们还是回到一开始的核子-介子散射，Feynman振幅是一个关于能量与角度的函数乘以 $\bar u' q\mkern-8.5mu / u$：

$$\mathcal A_{fi}=f(E,\theta)\,\bar u' q\mkern-8.5mu / u$$

前面的函数与自旋无关。我现在将自旋态显式地写出来：

\mathcal A_{sr}=f(E,\theta)\,\bar u_{\vec p'}^{(s)}q\mkern-8.5mu/ u_\vec p^{(r)}

注意：对自旋态求和与平均都是指对振幅的模方而不是振幅，也就是说：

|\mathcal A|^2=\dfrac12\sum_{r,s}|\mathcal A_{rs}|^2=\dfrac{1}{2}|f(E,\theta)|^2\sum_{r,s}(\bar u_{\vec p'}^{(s)}q\mkern-8.5mu/ u_\vec p^{(r)})^\dagger(\bar u_{\vec p'}^{(s)}q\mkern-8.5mu/ u_\vec p^{(r)})

利用

(\bar u_{\vec p'}^{(s)}q\mkern-8.5mu/ u_\vec p^{(r)})^\dagger=u_\vec p^{(r)\dagger}\gamma^{\mu\dagger}\gamma^{0\dagger}u_{\vec p'}^{(s)}q_\mu=u_\vec p^{(r)\dagger}\gamma^0\gamma^0\gamma^{\mu\dagger}\gamma^0u_{\vec p'}^{(s)}q_\mu=\bar u_{\vec p}^{(r)}q\mkern-8.5mu/ u_{\vec p'}^{(s)}

由 \bar u_{\vec p'}^{(s)}q\mkern-8.5mu/ u_\vec p^{(r)} 是一个纯数，因此其厄米共轭等于Dirac伴随，而 $\gamma^\mu$ 是自伴的，也可得到上面的结果。因此

|\mathcal A|^2=\dfrac{1}{2}|f(E,\theta)|^2\sum_{r,s}\bar u_{\vec p}^{(r)}q\mkern-8.5mu/ u_{\vec p'}^{(s)}\bar u_{\vec p'}^{(s)}q\mkern-8.5mu/ u_\vec p^{(r)}

接下来怎么办呢？一个技巧来源于Feynman：上面是两个二次型相乘，最后是一个数。我们可以交换一下其乘法的顺序，最后求迹，仍会得到原来的结果。即

\sum_{r,s}\bar u_{\vec p}^{(r)}q\mkern-8.5mu/ u_{\vec p'}^{(s)}\bar u_{\vec p'}^{(s)}q\mkern-8.5mu/ u_\vec p^{(r)}=\mathrm{Tr}\left(\sum_{r,s}q\mkern-8.5mu/ u_{\vec p'}^{(s)}\bar u_{\vec p'}^{(s)}q\mkern-8.5mu/ u_\vec p^{(r)}\bar u_{\vec p}^{(r)}\right)=\mathrm{Tr}(q\mkern-8.5mu/(p\mkern-8.5mu/+m)q\mkern-8.5mu/(p\mkern-8.5mu/'+m))

第二步用了完备性关系。我们在Coleman QFT - Problem 11中推导了 $a\mkern-9.5mu /$ 的乘积的迹如何求解，有结论：

$$\mathrm{Tr}\,(a\mkern-9.5mu /b\mkern-9.5mu /)=\dfrac12\mathrm{Tr}\,(a\mkern-9.5mu /b\mkern-9.5mu /+b\mkern-9.5mu /a\mkern-9.5mu /)=4a\cdot b,\quad \mathrm{Tr}\,(a\mkern-9.5mu /b\mkern-9.5mu /c\mkern-9.5mu /d\mkern-9.5mu /)=4(a\cdot b)(c\cdot d)-4(a\cdot c)(b\cdot d)+4(a\cdot d)(b\cdot c)$$

因此

$$\begin{align} |\mathcal A|^2&=\dfrac12|f(E,\theta)|^2\mathrm{Tr}(q\mkern-8.5mu/(p\mkern-8.5mu/+m)q\mkern-8.5mu/(p\mkern-8.5mu/'+m))\\ &=2|f|^2\left[m^2q^2+(q\cdot p)(q\cdot p')-q^2p\cdot p'+(q\cdot p)(q\cdot p')\right]\\ &=2|f|^2\left[\mu^2(m^2-p\cdot p')+2(q\cdot p)(q\cdot p')\right] \end{align}$$

这就是化简后的表达式。

---

贡献者: avephysica

上一页Coleman QFT Lecture 20: Dirac方程 II：求解

下一页Coleman QFT Lecture 22: CPT与Fermi场