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文章笔记

Srednicki §48 自旋平均截面

26 年 9 月 14 日 星期一
4532 字
23 分钟
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系列文章：Srednicki QFT 共 97 篇

第46节把自旋求和写成了矩阵迹，第47节又给出了求迹的规则。现在将这两步接起来，先计算电子与正电子的弹性散射，再计算电子与标量的弹性散射，最后把结果换成可以观察的角分布。相互作用仍取gφΨˉΨg\varphi\bar\Psi\Psi，因而这里的电子正电子过程由标量交换产生。以下保留树级振幅所给的g4g^4阶模平方，并对独立、未极化的入射束取平均。

电子正电子散射的四个迹

将电子的入射、出射动量记为p1,p1′p_1,p_1'，正电子的记为p2,p2′p_2,p_2'。四条外腿满足pi2=pi′2=−m2p_i^2=p_i'^2=-m^2，动量守恒为p1+p2=p1′+p2′p_1+p_2=p_1'+p_2'。曼德尔斯塔姆变量定义为

s=−(p1+p2)2=−(p1′+p2′)2,t=−(p1−p1′)2=−(p2−p2′)2,u=−(p1−p2′)2=−(p2−p1′)2,s+t+u=4m2.(48.1)\begin{aligned} s&=-(p_1+p_2)^2=-(p_1'+p_2')^2,\\ t&=-(p_1-p_1')^2=-(p_2-p_2')^2,\\ u&=-(p_1-p_2')^2=-(p_2-p_1')^2,\qquad s+t+u=4m^2 . \end{aligned} \tag{48.1}

展开这些平方，例如有s=2m2−2(p1p2)s=2m^2-2(p_1p_2)和t=2m2+2(p1p1′)t=2m^2+2(p_1p_1')。三式相加以后，右边成为6m2+2p1⋅(p1′+p2′−p2)=6m2+2p12=4m26m^2+2p_1\cdot(p_1'+p_2'-p_2)=6m^2+2p_1^2=4m^2，于是得到三个变量的和式。反过来解出内积，就得到六个关系：

(p1p2)=(p1′p2′)=m2−s2,(p1p1′)=(p2p2′)=t2−m2,(p1p2′)=(p1′p2)=u2−m2.(48.2)\begin{aligned} (p_1p_2)=(p_1'p_2')&=m^2-\frac{s}{2},\\ (p_1p_1')=(p_2p_2')&=\frac{t}{2}-m^2,\\ (p_1p_2')=(p_1'p_2)&=\frac{u}{2}-m^2 . \end{aligned} \tag{48.2}

先列出这组运动学关系，求迹以后便可随时将外动量的内积换成不变量。接下来把固定自旋外积简记为Ri=uiuˉiR_i=u_i\bar u_i、Vi=vivˉiV_i=v_i\bar v_i，出射量加撇号。用四个系数分别收集两个图的平方及其干涉：

Φss=tr⁡(R1V2)tr⁡(V2′R1′),Φtt=tr⁡(R1R1′)tr⁡(V2′V2),Φst=tr⁡(R1R1′V2′V2),Φts=tr⁡(R1V2V2′R1′).(48.3)\begin{aligned} \Phi_{ss}&=\operatorname{tr}(R_1V_2)\operatorname{tr}(V_2'R_1'),\\ \Phi_{tt}&=\operatorname{tr}(R_1R_1')\operatorname{tr}(V_2'V_2),\\ \Phi_{st}&=\operatorname{tr}(R_1R_1'V_2'V_2),\\ \Phi_{ts}&=\operatorname{tr}(R_1V_2V_2'R_1'). \end{aligned} \tag{48.3}

前两项对应各图的平方，后两项保留两种干涉的矩阵次序。这些次序已在第46节通过外旋量的指标收缩得到；现在补上各道分母，便有

∣T∣2=g4[Φss(M2−s)2−Φst+Φts(M2−s)(M2−t)+Φtt(M2−t)2].(48.4)\begin{aligned} |\mathcal T|^2=g^4\bigg[ &\frac{\Phi_{ss}}{(M^2-s)^2} -\frac{\Phi_{st}+\Phi_{ts}}{(M^2-s)(M^2-t)}\\ &+\frac{\Phi_{tt}}{(M^2-t)^2} \bigg]. \end{aligned} \tag{48.4}

其中MM是内部标量的质量。干涉前的相对负号继承自两个树图的费米置换号，第45节固定福克次序所带的公共负号则已在模平方中消去。以下采用实耦合，并在离开内线极点的树级边界值上计算。

每束入射粒子都有两个等权自旋态，两束独立制备，因而四种初态组合取等权平均；两个末粒子的自旋只作求和。将这一运算记为

⟨X⟩=14∑σ1,σ2,σ1′,σ2′X.(48.5)\langle X\rangle =\frac14\sum_{\sigma_1,\sigma_2,\sigma_1',\sigma_2'}X . \tag{48.5}

按照第46节的办法，可以先对各条外腿使用完整性关系。记

Ui:=∑σiRi=−p̸i+m,Wi:=∑σiVi=−p̸i−m,(48.6)U_i:=\sum_{\sigma_i}R_i=-\slashed p_i+m,\qquad W_i:=\sum_{\sigma_i}V_i=-\slashed p_i-m , \tag{48.6}

出射外腿也有同样的关系。在式（48.3）的每一项中，四个自旋标签各出现一次，因此求和可以分别作用于四个外积，而保留它们原有的乘法次序。于是

⟨Φss⟩=14tr⁡(U1W2)tr⁡(W2′U1′),⟨Φtt⟩=14tr⁡(U1U1′)tr⁡(W2′W2),⟨Φst⟩=14tr⁡(U1U1′W2′W2),⟨Φts⟩=14tr⁡(U1W2W2′U1′).(48.7)\begin{aligned} \langle\Phi_{ss}\rangle &=\frac14\operatorname{tr}(U_1W_2)\operatorname{tr}(W_2'U_1'),\\ \langle\Phi_{tt}\rangle &=\frac14\operatorname{tr}(U_1U_1')\operatorname{tr}(W_2'W_2),\\ \langle\Phi_{st}\rangle&=\frac14\operatorname{tr}(U_1U_1'W_2'W_2),\\ \langle\Phi_{ts}\rangle&=\frac14\operatorname{tr}(U_1W_2W_2'U_1'). \end{aligned} \tag{48.7}

自旋标签与外旋量至此都被消去，余下的是四条由动量和质量构成的矩阵链。

两个平方项

先看二因子迹。将两个因子相乘后，含一个gamma的项迹为零，只留下二阶项与质量常数项：

tr⁡(U1W2)=tr⁡ ⁣[p̸1p̸2+mp̸1−mp̸2−m2I]=−4(p1p2)−4m2=2s−8m2.(48.8)\begin{aligned} \operatorname{tr}(U_1W_2) &=\operatorname{tr}\!\left[ \slashed p_1\slashed p_2+m\slashed p_1-m\slashed p_2-m^2I\right]\\ &=-4(p_1p_2)-4m^2 =2s-8m^2 . \end{aligned} \tag{48.8}

最后一步使用了式（48.2）的内积关系。另一条湮灭链中的内积p1′p2′p_1'p_2'与此相同，所以两个迹具有相同的值。直接图的两个外积则带同号质量项，展开时常数项的符号随之改变，得到

tr⁡(W2′U1′)=2(s−4m2),tr⁡(U1U1′)=−4(p1p1′)+4m2=2(4m2−t),tr⁡(W2′W2)=−4(p2′p2)+4m2=2(4m2−t).(48.9)\begin{aligned} \operatorname{tr}(W_2'U_1')&=2(s-4m^2),\\ \operatorname{tr}(U_1U_1') &=-4(p_1p_1')+4m^2=2(4m^2-t),\\ \operatorname{tr}(W_2'W_2) &=-4(p_2'p_2)+4m^2=2(4m^2-t). \end{aligned} \tag{48.9}

每个迹都带一个因子二，两个相乘给222^2，恰好抵消初态平均的1/41/4。因此

⟨Φss⟩=(s−4m2)2,⟨Φtt⟩=(t−4m2)2.(48.10)\langle\Phi_{ss}\rangle=(s-4m^2)^2,\qquad \langle\Phi_{tt}\rangle=(t-4m^2)^2 . \tag{48.10}

这两个结果由s↔ts\leftrightarrow t联系起来，也可以直接从迹的结构看出。作形式替换p2↔−p1′p_2\leftrightarrow-p_1'时，W2W_2变为−U1′-U_1'，而U1′U_1'变为−W2-W_2，两个负号分别进入两个迹，再在乘积中消去。动量守恒同时使ss与tt互换，uu保持不变。因此这是有理表达式之间的交叉替换；其中出现的负能动量标签，要在相应的新过程中重新解释。

干涉迹的六个质量项

接着计算⟨Φst⟩\langle\Phi_{st}\rangle。展开四个因子时，只有选择零个、两个或四个斜线矩阵的项可能有非零迹。选四个斜线矩阵时总系数为正；选两个时，符号还取决于另外两个质量项。两个UU中的质量为+m+m，两个WW中的质量为−m-m，所以要逐对选出留下的斜线因子。逐项展开，得到

⟨Φst⟩=14tr⁡(p̸1p̸1′p̸2′p̸2)+m24tr⁡ ⁣[p̸1p̸1′−p̸1p̸2′−p̸1p̸2−p̸1′p̸2′−p̸1′p̸2+p̸2′p̸2]+m44tr⁡I.(48.11)\begin{aligned} \langle\Phi_{st}\rangle ={}&\frac14\operatorname{tr} (\slashed p_1\slashed p_1'\slashed p_2'\slashed p_2)\\ &+\frac{m^2}{4}\operatorname{tr}\!\big[ \slashed p_1\slashed p_1'-\slashed p_1\slashed p_2' -\slashed p_1\slashed p_2\\ &\hspace{31mm} -\slashed p_1'\slashed p_2' -\slashed p_1'\slashed p_2 +\slashed p_2'\slashed p_2\big] +\frac{m^4}{4}\operatorname{tr}I . \end{aligned} \tag{48.11}

例如留下p1,p1′p_1,p_1'时，其余两个质量项的乘积为(−m)(−m)(-m)(-m)，所以第一对取正号；留下p1,p2′p_1,p_2'时，其余乘积为(+m)(−m)(+m)(-m)，便取负号。其余四对也按同样的选择确定符号，留下的矩阵始终保持原次序。

随后代入第47节的二阶迹和四阶迹，便能将每个tr⁡\operatorname{tr}化为内积：

⟨Φst⟩=(p1p1′)(p2′p2)−(p1p2′)(p1′p2)+(p1p2)(p1′p2′)−m2[(p1p1′)−(p1p2′)−(p1p2)−(p1′p2′)−(p1′p2)+(p2′p2)]+m4.(48.12)\begin{aligned} \langle\Phi_{st}\rangle ={}&(p_1p_1')(p_2'p_2) -(p_1p_2')(p_1'p_2)+(p_1p_2)(p_1'p_2')\\ &-m^2\big[ (p_1p_1')-(p_1p_2')-(p_1p_2)\\ &\hspace{24mm}-(p_1'p_2')-(p_1'p_2)+(p_2'p_2) \big]+m^4 . \end{aligned} \tag{48.12}

现在只剩内积的整理。暂记r=m2r=m^2，第一行的三个配对分别由t,u,st,u,s给出，方括号内六个内积则两两相同。代入前面的运动学关系，有

⟨Φst⟩=(t2−r)2−(u2−r)2+(r−s2)2−r(s+t−u−2r)+r2.(48.13)\begin{aligned} \langle\Phi_{st}\rangle ={}&\left(\frac t2-r\right)^2 -\left(\frac u2-r\right)^2 +\left(r-\frac s2\right)^2\\ &-r(s+t-u-2r)+r^2 . \end{aligned} \tag{48.13}

先用s+t=4r−us+t=4r-u合并前三个平方：

s2+t2−u24+r(u−s−t)+r2=(4r−u)2−2st−u24+r(2u−4r)+r2=r2−st2.(48.14)\begin{aligned} &\frac{s^2+t^2-u^2}{4}+r(u-s-t)+r^2\\ &=\frac{(4r-u)^2-2st-u^2}{4} +r(2u-4r)+r^2 =r^2-\frac{st}{2}. \end{aligned} \tag{48.14}

余下两项合为−r(2r−2u)+r2=2ru−r2-r(2r-2u)+r^2=2ru-r^2，再与刚才的结果相加，得到

⟨Φst⟩=−st2+2m2u,⟨Φts⟩=⟨Φst⟩.(48.15)\langle\Phi_{st}\rangle=-\frac{st}{2}+2m^2u,\qquad \langle\Phi_{ts}\rangle=\langle\Phi_{st}\rangle . \tag{48.15}

第二种干涉也可由p2↔−p1′p_2\leftrightarrow-p_1'的交叉替换求出：四因子迹变为另一种次序，所产生的两个负号抵消，而最终多项式在s↔ts\leftrightarrow t下不变。因此两个平均干涉系数相等。第46节已由狄拉克共轭说明，固定自旋的两种干涉迹互为复共轭；这里经过自旋求和，内积表达式又全为实数，便进一步得到相同的数值。

将两个平方项与两个干涉项代回模平方，得到

⟨∣T∣2⟩e−e+=g4[(s−4m2)2(M2−s)2+st−4m2u(M2−s)(M2−t)+(t−4m2)2(M2−t)2].(48.16)\begin{aligned} \langle|\mathcal T|^2\rangle_{e^-e^+} =g^4\bigg[ &\frac{(s-4m^2)^2}{(M^2-s)^2} +\frac{st-4m^2u}{(M^2-s)(M^2-t)}\\ &+\frac{(t-4m^2)^2}{(M^2-t)^2} \bigg]. \end{aligned} \tag{48.16}

中间一项的分子来自式（48.4）中的负号乘2⟨Φst⟩2\langle\Phi_{st}\rangle。各分子与分母的质量维数均为4，模平方因而无量纲。固定M>0M>0、M2≠4m2M^2\ne4m^2，再取s→4m2s\to4m^2、t,u→0t,u\to0的弹性阈值极限，湮灭项和干涉项消失，只剩16g4m4/M416g^4m^4/M^4，正好接回第46节用静止旋量直接求得的结果。

从平均模平方到截面

要得到截面，还需加入第11节的相空间与通量因子。相空间、态归一和入射通量的处理与自旋无关，因此将其中固定自旋的模平方换成刚求得的平均值即可。沿用该章已经求出的二体相空间，写成

dΦ2:=(2π)4δ4(p1+p2−p1′−p2′)d3p1′(2π)3 2E1′d3p2′(2π)3 2E2′,dσ=⟨∣T∣2⟩4(p1p2)2−m4 dΦ2.(48.17)\begin{aligned} d\Phi_2&:=(2\pi)^4\delta^4(p_1+p_2-p_1'-p_2') \frac{d^3p_1'}{(2\pi)^3\,2E_1'} \frac{d^3p_2'}{(2\pi)^3\,2E_2'},\\ d\sigma&=\frac{\langle|\mathcal T|^2\rangle} {4\sqrt{(p_1p_2)^2-m^4}}\,d\Phi_2 . \end{aligned} \tag{48.17}

此处dΦ2d\Phi_2就是第11节的dLIPS2d{\rm LIPS}_2。在质心系令q=∣p1∣q=|\mathbf p_1|、q′=∣p1′∣q'=|\mathbf p_1'|，弹性运动学给出q′=q=s−4m2/2q'=q=\sqrt{s-4m^2}/2。在这些条件下，式（11.23）和 （11.29）分别成为 (p1p2)2−m4=qs\sqrt{(p_1p_2)^2-m^4}=q\sqrt s与dΦ2=q′ dΩ/(16π2s)d\Phi_2=q'\,d\Omega/(16\pi^2\sqrt s)。于是相空间中的出射动量因子与通量中的入射动量因子相消，留下

dσe−e+dΩCM=⟨∣T∣2⟩e−e+64π2s,s>4m2.(48.18)\frac{d\sigma_{e^-e^+}}{d\Omega_{\rm CM}} =\frac{\langle|\mathcal T|^2\rangle_{e^-e^+}}{64\pi^2s}, \qquad s>4m^2 . \tag{48.18}

末态电子和正电子可以区分，计数时没有相同粒子的阶乘。要把这个结果写成角分布，只须采用质心系关系

t=−2q2(1−cos⁡θ),u=−2q2(1+cos⁡θ),q2=s4−m2.(48.19)t=-2q^2(1-\cos\theta),\qquad u=-2q^2(1+\cos\theta),\qquad q^2=\frac s4-m^2 . \tag{48.19}

未极化初态没有额外的自旋方向，绕入射轴转动不会改变概率，因此方位角分布均匀。利用dt=2q2dcos⁡θdt=2q^2d\cos\theta，还可将截面改写为

dσe−e+dt=2π2q2dσe−e+dΩCM=⟨∣T∣2⟩e−e+16πs(s−4m2).(48.20)\frac{d\sigma_{e^-e^+}}{dt} =\frac{2\pi}{2q^2}\frac{d\sigma_{e^-e^+}}{d\Omega_{\rm CM}} =\frac{\langle|\mathcal T|^2\rangle_{e^-e^+}} {16\pi s(s-4m^2)} . \tag{48.20}

式（48.17）同样适用于其它参考系，角变量的变换则要使用该参考系的雅可比行列式。若M>2mM>2m且ss接近M2M^2，内部标量能够衰变，此时树式的极点须按第25节的办法处理，不能直接在共振区域积分固定阶结果。

还可以从这个截面看出一个有用的高能极限。取s≫m2,M2s\gg m^2,M^2并保持散射角非零，使∣t∣|t|与ss同阶。式（48.16）中三个分式的领先项各为1，因而

⟨∣T∣2⟩e−e+=3g4+g4O ⁣(m2+M2s),dσe−e+dΩCM=3g464π2s+O ⁣(g4(m2+M2)s2).(48.21)\begin{aligned} \langle|\mathcal T|^2\rangle_{e^-e^+} &=3g^4+g^4O\!\left(\frac{m^2+M^2}{s}\right),\\ \frac{d\sigma_{e^-e^+}}{d\Omega_{\rm CM}} &=\frac{3g^4}{64\pi^2s} +O\!\left(\frac{g^4(m^2+M^2)}{s^2}\right). \end{aligned} \tag{48.21}

这一展开固定了散射角，前向区域∣t∣≲M2|t|\lesssim M^2仍须保留完整质量分母。在高能的有限角区间内，领先角分布趋于常数，而截面按1/s1/s下降。

电子与标量的散射

下面转到e−(p)φ(k)→e−(p′)φ(k′)e^-(p)\varphi(k)\to e^-(p')\varphi(k')。电子与标量分别满足p2=p′2=−m2p^2=p'^2=-m^2、k2=k′2=−M2k^2=k'^2=-M^2，因此这一过程的运动学变量为

s=−(p+k)2=−(p′+k′)2,t=−(p−p′)2=−(k−k′)2,u=−(p−k′)2=−(k−p′)2,s+t+u=2m2+2M2.(48.22)\begin{aligned} s&=-(p+k)^2=-(p'+k')^2,\\ t&=-(p-p')^2=-(k-k')^2,\\ u&=-(p-k')^2=-(k-p')^2,\qquad s+t+u=2m^2+2M^2 . \end{aligned} \tag{48.22}

展开三个平方，再用p+k=p′+k′p+k=p'+k'，即可得到最后的和式。对这些运动学恒等式而言，与四费米例相比只须换入相应的外腿质量。进一步解出内积，就有

(pk)=(p′k′)=m2+M2−s2,(pp′)=t−2m22,(kk′)=t−2M22,(pk′)=(p′k)=u−m2−M22.(48.23)\begin{aligned} (pk)=(p'k')&=\frac{m^2+M^2-s}{2},\\ (pp')&=\frac{t-2m^2}{2},\qquad (kk')=\frac{t-2M^2}{2},\\ (pk')=(p'k)&=\frac{u-m^2-M^2}{2}. \end{aligned} \tag{48.23}

第46节已经利用外腿狄拉克方程，将该过程的振幅整理为uˉ′Au\bar u'Au。现在代入电子自旋的完整性关系，得到

⟨∣T∣2⟩e−φ=12tr⁡(P′APA),P=−p̸+m,P′=−p̸′+m,A=g2[Nsm2−s+Num2−u],Ns=−k̸+2m,Nu=k̸′+2m.(48.24)\begin{aligned} \langle|\mathcal T|^2\rangle_{e^-\varphi} &=\frac12\operatorname{tr}(P'APA),\\ P&=-\slashed p+m,\qquad P'=-\slashed p'+m,\\ A&=g^2\left[\frac{N_s}{m^2-s}+\frac{N_u}{m^2-u}\right],\\ N_s&=-\slashed k+2m,\qquad N_u=\slashed k'+2m . \end{aligned} \tag{48.24}

这里仅平均一个入射电子的自旋，所以系数为1/21/2。按迹的循环性，也可写成tr⁡(APAP′)\operatorname{tr}(APAP')，结果与上式一致。外标量仍取第45节的稳定质量区间0<M<2m0<M<2m；在此范围内，两个内部费米分母不落在极点上，实耦合gg给出Aˉ=A\bar A=A。

在这一过程中，重新用Φ\Phi表示本例两个道所产生的四个系数：

⟨Φss⟩=12tr⁡(P′NsPNs),⟨Φuu⟩=12tr⁡(P′NuPNu),⟨Φsu⟩=12tr⁡(P′NsPNu),⟨Φus⟩=12tr⁡(P′NuPNs).(48.25)\begin{aligned} \langle\Phi_{ss}\rangle&=\frac12\operatorname{tr}(P'N_sPN_s),& \langle\Phi_{uu}\rangle&=\frac12\operatorname{tr}(P'N_uPN_u),\\ \langle\Phi_{su}\rangle&=\frac12\operatorname{tr}(P'N_sPN_u),& \langle\Phi_{us}\rangle&=\frac12\operatorname{tr}(P'N_uPN_s). \end{aligned} \tag{48.25}

其中Ns,NuN_s,N_u已包含各道约简后的分子。两幅树图在振幅中相加，因此模平方的两个混合项前都为正号，于是

⟨∣T∣2⟩e−φ=g4[⟨Φss⟩(m2−s)2+⟨Φsu⟩+⟨Φus⟩(m2−s)(m2−u)+⟨Φuu⟩(m2−u)2].(48.26)\begin{aligned} \langle|\mathcal T|^2\rangle_{e^-\varphi} =g^4\bigg[ &\frac{\langle\Phi_{ss}\rangle}{(m^2-s)^2} +\frac{\langle\Phi_{su}\rangle+\langle\Phi_{us}\rangle} {(m^2-s)(m^2-u)}\\ &+\frac{\langle\Phi_{uu}\rangle}{(m^2-u)^2} \bigg]. \end{aligned} \tag{48.26}

观察四条链，可以用k↔−k′k\leftrightarrow-k'的替换减少重复计算：它在矩阵中交换NsN_s与NuN_u，而保留P,P′P,P'；在运动学中，将s=−(p+k)2s=-(p+k)^2变为−(p−k′)2=u-(p-k')^2=u，同时保持tt不变。因此Φss\Phi_{ss}与Φuu\Phi_{uu}相互变换，Φsu\Phi_{su}与Φus\Phi_{us}也相互变换。只要求出一个平方系数和一个干涉系数，其余两个就随之确定。

一个通用的四因子迹

这两种独立计算具有同样的矩阵结构，可以先用一个通式完成共同的求迹步骤。令x,yx,y为任意实四矢量，定义

H(x,y):=12tr⁡[(−p̸′+m)(x̸+2m)(−p̸+m)(y̸+2m)].(48.27)H(x,y):=\frac12\operatorname{tr} \big[(-\slashed p'+m)(\slashed x+2m) (-\slashed p+m)(\slashed y+2m)\big]. \tag{48.27}

四个系数就分别是H(−k,−k)H(-k,-k)、H(k′,k′)H(k',k')、H(−k,k′)H(-k,k')和H(k′,−k)H(k',-k)。沿第一个例子的办法，按所取斜线矩阵的个数展开，保留四阶、二阶与常数三组：

H(x,y)=12tr⁡(p̸′x̸p̸y̸)+m22tr⁡ ⁣[−2p̸′x̸+4p̸′p̸−2p̸′y̸−2x̸p̸+x̸y̸−2p̸y̸]+2m4tr⁡I.(48.28)\begin{aligned} H(x,y)={}&\frac12\operatorname{tr} (\slashed p'\slashed x\slashed p\slashed y)\\ &+\frac{m^2}{2}\operatorname{tr}\!\big[ -2\slashed p'\slashed x+4\slashed p'\slashed p -2\slashed p'\slashed y\\ &\hspace{31mm} -2\slashed x\slashed p+\slashed x\slashed y -2\slashed p\slashed y\big] +2m^4\operatorname{tr}I . \end{aligned} \tag{48.28}

各组系数可以直接从被留下的因子读出。保留p′,pp',p时，其余两项各为2m2m，给二阶项系数4m24m^2；保留x,yx,y时，其余两项各为mm，给m2m^2。若只保留一个外动量与一个xx或yy，外动量前的负号乘另外两个质量项m(2m)m(2m)，便给出−2m2-2m^2。常数项为m(2m)m(2m)=4m4m(2m)m(2m)=4m^4，再乘迹前的1/21/2。这样就逐项得到上式的六个二阶系数与常数系数。

再代入第47节的二阶和四阶迹，得到只含内积的通式

H(x,y)=2[(p′x)(py)+(p′y)(px)−(pp′)(xy)]+4m2(p+p′)⋅(x+y)−8m2(pp′)−2m2(xy)+8m4.(48.29)\begin{aligned} H(x,y)={}&2\big[(p'x)(py)+(p'y)(px) -(pp')(xy)\big]\\ &+4m^2(p+p')\cdot(x+y) -8m^2(pp')-2m^2(xy)+8m^4 . \end{aligned} \tag{48.29}

所得表达式在x↔yx\leftrightarrow y下对称，因此对于这里的实树幅，两个混合系数直接相等。这既能与前面的交叉替换相联系，也会减少随后的内积整理。

两个平方分子的系数

先求平方系数。为使质量项的收集更清楚，继续记r=m2r=m^2，另记R=M2R=M^2，并引入三个内积的缩写：

a:=(pk)=r+R−s2,b:=(p′k)=u−r−R2,h:=(pp′)=t2−r.(48.30)\begin{aligned} a:=(pk)&=\frac{r+R-s}{2},& b:=(p'k)&=\frac{u-r-R}{2},\\ h:=(pp')&=\frac t2-r . \end{aligned} \tag{48.30}

a,b,ha,b,h在这里只代表内积。代入x=y=−kx=y=-k，四阶部分给出4ab+2Rh4ab+2Rh，二阶与常数部分给出−8r(a+b)−8rh+2rR+8r2-8r(a+b)-8rh+2rR+8r^2。将它们相加，并代入内积的表达式，有

⟨Φss⟩=4ab+2R(h+r)−8r(a+b)−8rh+8r2=(r+R−s)(u−r−R)+(R−4r)t+4r(s−u)+16r2.(48.31)\begin{aligned} \langle\Phi_{ss}\rangle &=4ab+2R(h+r)-8r(a+b)-8rh+8r^2\\ &=(r+R-s)(u-r-R)+(R-4r)t\\ &\hspace{12mm}+4r(s-u)+16r^2 . \end{aligned} \tag{48.31}

第二行使用了h+r=t/2h+r=t/2和a+b=(u−s)/2a+b=(u-s)/2，先将各项写成不变量，再利用s+t+us+t+u的关系消去一个变量。令L=r+RL=r+R，于是t=2L−s−ut=2L-s-u。首项展开为−su+L(s+u)−L2-su+L(s+u)-L^2，含tt的那一项展开为2(R−4r)L−(R−4r)(s+u)2(R-4r)L-(R-4r)(s+u)。将线性项和常数项分别收集，得到

L(s+u)−(R−4r)(s+u)+4r(s−u)=9rs+ru,−L2+2(R−4r)L+16r2=7r2−8rR+R2.(48.32)\begin{aligned} L(s+u)-(R-4r)(s+u)+4r(s-u) &=9rs+ru,\\ -L^2+2(R-4r)L+16r^2 &=7r^2-8rR+R^2 . \end{aligned} \tag{48.32}

加上前面单独留下的二次项，并恢复两种质量，得到

⟨Φss⟩=−su+m2(9s+u)+7m4−8m2M2+M4.(48.33)\langle\Phi_{ss}\rangle =-su+m^2(9s+u)+7m^4-8m^2M^2+M^4 . \tag{48.33}

其中系数9来自(s+u)(s+u)项中的5r5r与s−us-u项中的4r4r相加，而uu的系数为5r−4r=r5r-4r=r。另一个平方系数只须交换s,us,u，由此得到

⟨Φuu⟩=−su+m2(9u+s)+7m4−8m2M2+M4.(48.34)\langle\Phi_{uu}\rangle =-su+m^2(9u+s)+7m^4-8m^2M^2+M^4 . \tag{48.34}

在原迹中，这一步交换的是两个标量动量，费米外腿和自旋平均均保持原样，因此没有新增的费米负号或平均系数。

两个干涉分子的系数

接着取x=−k,y=k′x=-k,y=k'。内积表给出(p′k′)=(pk)=a(p'k')=(pk)=a和(pk′)=(p′k)=b(pk')=(p'k)=b，因而式（48.29）中的(p+p′)⋅(−k+k′)=−(a+b)+(b+a)=0(p+p')\cdot(-k+k')=-(a+b)+(b+a)=0，全部线性于x+yx+y的项相消。再记ℓ=(kk′)=t/2−R\ell=(kk')=t/2-R，余下各项为

⟨Φsu⟩=−2(a2+b2)+2(h+r)ℓ−8rh+8r2=−12(r+R−s)2−12(u−r−R)2+12t(t−2R)−4rt+16r2.(48.35)\begin{aligned} \langle\Phi_{su}\rangle &=-2(a^2+b^2)+2(h+r)\ell-8rh+8r^2\\ &=-\frac12(r+R-s)^2-\frac12(u-r-R)^2\\ &\hspace{8mm}+\frac12t(t-2R)-4rt+16r^2 . \end{aligned} \tag{48.35}

两个平方前的负号来自x=−kx=-k与y=k′y=k'所取的相反号，ℓ\ell项则保留两个不同标量动量的内积。仍用L=r+RL=r+R，先将二次项集中，写成

⟨Φsu⟩=12(t2−s2−u2)+L(s+u)−L2−(R+4r)t+16r2.(48.36)\begin{aligned} \langle\Phi_{su}\rangle ={}&\frac12(t^2-s^2-u^2)+L(s+u)-L^2\\ &-(R+4r)t+16r^2 . \end{aligned} \tag{48.36}

代入t=2L−s−ut=2L-s-u，二次部分成为12(t2−s2−u2)=2L2−2L(s+u)+su\frac12(t^2-s^2-u^2)=2L^2-2L(s+u)+su。将它与余下项合并，线性系数与常数系数分别为

[−L+(R+4r)](s+u)=3r(s+u),L2−2L(R+4r)+16r2=9r2−8rR−R2.(48.37)\begin{aligned} \bigl[-L+(R+4r)\bigr](s+u)&=3r(s+u),\\ L^2-2L(R+4r)+16r^2&=9r^2-8rR-R^2 . \end{aligned} \tag{48.37}

恢复质量记号，并利用两个混合迹的对称性，得到

⟨Φsu⟩=su+3m2(s+u)+9m4−8m2M2−M4,⟨Φus⟩=⟨Φsu⟩.(48.38)\begin{aligned} \langle\Phi_{su}\rangle &=su+3m^2(s+u)+9m^4-8m^2M^2-M^4,\\ \langle\Phi_{us}\rangle&=\langle\Phi_{su}\rangle . \end{aligned} \tag{48.38}

混合系数中最后的M4M^4取负号，和两个平方系数中的正号不同。将式（48.33）、 （48.34）和 （48.38）代入 式（48.26），四个分子便全部化成了不变量。两个干涉分子虽相等，却不必为正；可观察的非负模平方由三组分式合在一起给出。

电子标量截面与两个极限

换算截面时，入射通量要使用两种质量。质心系三动量满足q2=λ(s,m2,M2)/(4s)q^2=\lambda(s,m^2,M^2)/(4s)，其中λ(s,r,R)=(s−r−R)2−4rR\lambda(s,r,R)=(s-r-R)^2-4rR；由于过程仍为弹性散射，q′=qq'=q。代入第11节的相空间与通量关系，就得到

dσe−φdΩCM=⟨∣T∣2⟩e−φ64π2s,dσe−φdt=⟨∣T∣2⟩e−φ16πλ(s,m2,M2),t=−2q2(1−cos⁡θ),u=2m2+2M2−s−t.(48.39)\begin{aligned} \frac{d\sigma_{e^-\varphi}}{d\Omega_{\rm CM}} &=\frac{\langle|\mathcal T|^2\rangle_{e^-\varphi}}{64\pi^2s},\\ \frac{d\sigma_{e^-\varphi}}{dt} &=\frac{\langle|\mathcal T|^2\rangle_{e^-\varphi}} {16\pi\lambda(s,m^2,M^2)},\\ t&=-2q^2(1-\cos\theta),\qquad u=2m^2+2M^2-s-t . \end{aligned} \tag{48.39}

将最后一行的角度关系代入三个分式，即可求出第一式的角分布。阈值以上通量为正；取阈值极限时，先约去弹性相空间与通量中共同的qq，再计算剩余表达式。

先看静止极限，令p=p′=(m,0)p=p'=(m,\mathbf0)、k=k′=(M,0)k=k'=(M,\mathbf0)。此时s=(m+M)2s=(m+M)^2、u=(m−M)2u=(m-M)^2、t=0t=0，四个多项式分别化为

⟨Φss⟩=4m2(2m+M)2,⟨Φuu⟩=4m2(2m−M)2,⟨Φsu⟩=⟨Φus⟩=4m2(4m2−M2).(48.40)\begin{aligned} \langle\Phi_{ss}\rangle&=4m^2(2m+M)^2,\\ \langle\Phi_{uu}\rangle&=4m^2(2m-M)^2,\\ \langle\Phi_{su}\rangle=\langle\Phi_{us}\rangle &=4m^2(4m^2-M^2). \end{aligned} \tag{48.40}

结合m2−s=−M(2m+M)m^2-s=-M(2m+M)和m2−u=M(2m−M)m^2-u=M(2m-M)，两个平方分式各给4m2/M24m^2/M^2，两个干涉分式合起来给−8m2/M2-8m^2/M^2。三者恰好抵消，因而⟨∣T∣2⟩→0\langle|\mathcal T|^2\rangle\to0；这与第46节的静止旋量结果一致，也显出两道干涉在阈值处的作用。这里所取的0<M<2m0<M<2m保证两个分母均非零。

再看固定角高能极限。令s≫m2,M2s\gg m^2,M^2，同时保持−u/s-u/s为非零的有限数。四个分子的领先项依次为−su,−su,su,su-su,-su,su,su，代回各道分母，得到

⟨∣T∣2⟩e−φ=g4(2−us−su)+g4O ⁣(m2+M2s),u=−s2(1+cos⁡θ)+O(m2+M2),dσe−φdΩCM=g464π2s[2+1+cos⁡θ2+21+cos⁡θ]+O ⁣(g4(m2+M2)s2).(48.41)\begin{aligned} \langle|\mathcal T|^2\rangle_{e^-\varphi} &=g^4\left(2-\frac us-\frac su\right) +g^4O\!\left(\frac{m^2+M^2}{s}\right),\\ u&=-\frac{s}{2}(1+\cos\theta)+O(m^2+M^2),\\ \frac{d\sigma_{e^-\varphi}}{d\Omega_{\rm CM}} &=\frac{g^4}{64\pi^2s} \left[2+\frac{1+\cos\theta}{2}+\frac{2}{1+\cos\theta}\right] \\ &\hspace{8mm}+O\!\left(\frac{g^4(m^2+M^2)}{s^2}\right). \end{aligned} \tag{48.41}

趋于后向θ→π\theta\to\pi时，uu不再与ss同阶，必须回到带质量的完整分母，因此不能将固定角展开直接用于该端点的积分。在其适用角区间内，电子标量散射的领先项仍有明显的角度依赖，与前一个例子不同。

交叉过程中的初态自旋平均

将上面的结果用于e−(p1)e+(p2)→φ(k1)φ(k2)e^-(p_1)e^+(p_2)\to\varphi(k_1)\varphi(k_2)，可以具体看出交叉时的符号和统计权重。令s=−(p1+p2)2s=-(p_1+p_2)^2、t=−(p1−k1)2t=-(p_1-k_1)^2、u=−(p1−k2)2u=-(p_1-k_2)^2。从第45节的两幅湮灭图出发，在右端使用电子方程，就有

Tann=vˉ2Bu1,B=g2[k̸1+2mm2−t+k̸2+2mm2−u],⟨∣Tann∣2⟩=14tr⁡[(−p̸2−m)B(−p̸1+m)B].\begin{aligned} \mathcal T_{\rm ann}&=\bar v_2 B u_1,\\ B&=g^2\left[\frac{\slashed k_1+2m}{m^2-t} +\frac{\slashed k_2+2m}{m^2-u}\right],\\ \langle|\mathcal T_{\rm ann}|^2\rangle &=\frac14\operatorname{tr} [(-\slashed p_2-m)B(-\slashed p_1+m)B]. \end{aligned}

两束入射费米粒子各取一次平均，故迹前为1/41/4。现在对电子–标量散射的迹作替换

p↦p1,p′↦−p2,k↦−k1,k′↦k2.p\mapsto p_1,\qquad p'\mapsto-p_2,\qquad k\mapsto-k_1,\qquad k'\mapsto k_2.

旧的(s,t,u)(s,t,u)随之变成新的(t,s,u)(t,s,u)，矩阵AA变成BB，出射电子的完整性核则变为

−p̸′+m↦p̸2+m=−(−p̸2−m).-\slashed p'+m\mapsto\slashed p_2+m=-(-\slashed p_2-m).

因此，电子–标量散射的1/21/2迹经过替换后，等于湮灭过程的1/41/4迹的负两倍。用F(s,t,u)=⟨∣T∣2⟩e−φF(s,t,u)=\langle|\mathcal T|^2\rangle_{e^-\varphi}记式（48.26），就得到

⟨∣Tann∣2⟩=−12F(t,s,u).\boxed{\langle|\mathcal T_{\rm ann}|^2\rangle=-\frac12F(t,s,u)}.

负号来自完整性核，1/21/2来自初态平均之比(1/4)/(1/2)(1/4)/(1/2)。中译本习题48.2给出的整体负号适用于比较自旋求和；沿用正文的自旋平均定义时，还要计入这个权重。

为将答案明确写出，定义已经求得的两个多项式

f(x,y)=−xy+m2(9x+y)+7m4−8m2M2+M4,h(x,y)=xy+3m2(x+y)+9m4−8m2M2−M4.\begin{aligned} f(x,y)&=-xy+m^2(9x+y)+7m^4-8m^2M^2+M^4,\\ h(x,y)&=xy+3m^2(x+y)+9m^4-8m^2M^2-M^4. \end{aligned}

湮灭过程的平均模平方便是

⟨∣Tann∣2⟩=−g42[f(t,u)(m2−t)2+2h(t,u)(m2−t)(m2−u)+f(u,t)(m2−u)2].\begin{aligned} \langle|\mathcal T_{\rm ann}|^2\rangle=-\frac{g^4}{2}\bigg[ &\frac{f(t,u)}{(m^2-t)^2} +\frac{2h(t,u)}{(m^2-t)(m^2-u)}\\ &+\frac{f(u,t)}{(m^2-u)^2}\bigg]. \end{aligned}

交换两个末标量使t,ut,u互换，结果保持不变。取树式的零质量极限，并保持0<θ<π0<\theta<\pi，有t=−s(1−cos⁡θ)/2t=-s(1-\cos\theta)/2、u=−s(1+cos⁡θ)/2u=-s(1+\cos\theta)/2，从而

⟨∣Tann∣2⟩=g42(ut+tu−2)=2g4cos⁡2θ1−cos⁡2θ.\langle|\mathcal T_{\rm ann}|^2\rangle =\frac{g^4}{2}\left(\frac ut+\frac tu-2\right) =\frac{2g^4\cos^2\theta}{1-\cos^2\theta}.

例如cos⁡θ=1/2\cos\theta=1/2时得到2g4/32g^4/3。交叉后的不变量属于新的物理区域，在该区域中，完整表达式仍是非负的振幅模平方。

求截面时，还需处理两个相同末标量的计数。对标有k1k_1的出射方向，二体相空间先给出

dσorddΩCM=164π2ss−4M2s−4m2⟨∣Tann∣2⟩,σ=12!∫dΩCM,dσorddΩCM,s>max⁡(4m2,4M2).\begin{aligned} \frac{d\sigma_{\rm ord}}{d\Omega_{\rm CM}} &=\frac1{64\pi^2s}\sqrt{\frac{s-4M^2}{s-4m^2}} \langle|\mathcal T_{\rm ann}|^2\rangle,\\ \sigma&=\frac1{2!}\int d\Omega_{\rm CM}, \frac{d\sigma_{\rm ord}}{d\Omega_{\rm CM}}, \qquad s>\max(4m^2,4M^2). \end{aligned}

全角积分把同一个双标量末态数了两遍，最后的1/2!1/2!消去这次重复。也可以只积一半方向区域，便无需再除二。这个末态计数与上面初态平均的1/21/2各有自己的来源。

两电子散射的交叉关系

另一个交叉例是e−(p1)e−(p2)→e−(p1′)e−(p2′)e^-(p_1)e^-(p_2)\to e^-(p_1')e^-(p_2')。第45节的振幅为直接项减交换项：

Tee=g2[(uˉ1′u1)(uˉ2′u2)M2−t−(uˉ2′u1)(uˉ1′u2)M2−u].\mathcal T_{ee}=g^2\left[ \frac{(\bar u_1'u_1)(\bar u_2'u_2)}{M^2-t} -\frac{(\bar u_2'u_1)(\bar u_1'u_2)}{M^2-u} \right].

两束独立、未极化电子仍给初态平均1/41/4。两个平方项分别给(t−4m2)2(t-4m^2)^2和(u−4m2)2(u-4m^2)^2；干涉项则用Ui=−p̸i+mU_i=-\slashed p_i+m写成四因子迹。这次六个二阶项的剩余质量因子全为+m2+m^2。令r=m2r=m^2，代入内积表得

14tr⁡(U1U2′U2U1′)=(u2−r)2−(r−s2)2+(t2−r)2−r(−s+t+u−2r)+r2=−tu2+2rs.\begin{aligned} \frac14\operatorname{tr}(U_1U_2'U_2U_1') ={}&\left(\frac u2-r\right)^2 -\left(r-\frac s2\right)^2 +\left(\frac t2-r\right)^2\\ &-r(-s+t+u-2r)+r^2\\ ={}&-\frac{tu}{2}+2rs. \end{aligned}

最后一步用了t+u=4r−st+u=4r-s：三个平方合为r2−tu/2r^2-tu/2，后两项合为2rs−r22rs-r^2。另一个干涉迹为其复共轭，数值相同。于是

⟨∣Tee∣2⟩=g4[(t−4m2)2(M2−t)2+tu−4m2s(M2−t)(M2−u)+(u−4m2)2(M2−u)2].\begin{aligned} \langle|\mathcal T_{ee}|^2\rangle=g^4\bigg[ &\frac{(t-4m^2)^2}{(M^2-t)^2} +\frac{tu-4m^2s}{(M^2-t)(M^2-u)}\\ &+\frac{(u-4m^2)^2}{(M^2-u)^2}\bigg]. \end{aligned}

这正是电子正电子结果（48.16）的s↔us\leftrightarrow u替换。两个正电子外腿的完整性核各带一次负号，乘积取正；两边又都有两个初态费米粒子，平均权重相同。求总截面时，对有标签的末电子作全角积分后再除以2!2!，消去同一末态的重复计数。

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文章标题：Srednicki §48 自旋平均截面

文章作者：Whitney

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