Srednicki §59 旋量电动力学中的散射

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上一节建立的费曼规则，现在可以用来计算电子与正电子湮灭为两个光子的过程。它只有两幅树图，却同时用到了费米子的自旋求和、光子的偏振求和以及规范不变性。先把这些步骤接起来，再完成其中的矩阵迹，就能得到适用于任意入射能量的树级结果。高能时还可进一步忽略电子质量；下一节将利用旋量螺旋度方法简化这一情形。

两幅图怎样给出振幅

用 $p=p_1$ 、 $q=p_2$ 分别表示入射电子和正电子的动量，用 $k=k'_1$ 、 $l=k'_2$ 表示两个出射光子的动量。撇号只用来区别末态标签。所有这些动量都取正能，并满足

e^-(p)e^+(q)\longrightarrow\gamma(k)\gamma(l),\qquad p+q=k+l,\qquad p^2=q^2=-m^2,\quad k^2=l^2=0 . \tag{59.1}

本节取 $m>0$ 。两条光子可以按两种次序接到同一条费米线上，因而有图59a的两个贡献。没有三光子顶点，也没有同时连接两光子与一对费米子的原始顶点，所以在 $e^2$ 阶没有其他树图。

图59a：电子正电子湮灭的两种光子次序。左图内部箭头带动量 $a=p-k$ ，右图带 $b=p-l$ 。入正电子的物理动量是 $q$ ，其费米箭头却沿 $-q$ ；因此左图下顶点有 $a=l-q$ ，右图有 $b=k-q$ 。两条出光子线的箭头表示正能动量流出。图间的加号来自光子的玻色统计。

从左图的正电子端 $\bar v(q)$ 开始，逆着费米箭头读到电子端 $u(p)$ ，依次遇到出光子 $l$ 的顶角、内部传播子以及出光子 $k$ 的顶角。先固定全部外自旋和偏振，并省略相应标签：例如 $\varepsilon_k^\mu=\varepsilon_{\lambda'_1}^\mu(\mathbf k)$ 、 $\bar v(q)=\bar v_{s_2}(q)$ 、 $u(p)=u_{s_1}(p)$ 。将上一节的内线 $\widetilde S/i$ 和两个 $ie\gamma$ 相乘，得到

\begin{aligned} i\mathcal T_t &=\varepsilon_k^\mu\varepsilon_l^\nu\, \bar v(q)(ie\gamma_\nu) \frac{-i(-\slashed a+m)}{a^2+m^2-i0} (ie\gamma_\mu)u(p)\\ &=ie^2\varepsilon_k^\mu\varepsilon_l^\nu\, \bar v(q)\gamma_\nu \frac{-\slashed a+m}{a^2+m^2-i0}\gamma_\mu u(p). \end{aligned} \tag{59.2}

这里 $(ie)^2(-i)=ie^2$ ，而图的值是 $i\mathcal T_t$ ，故振幅本身的系数为 $e^2$ 。以归一化波包表示外端点，沿既定入态 $b_1^\dagger d_2^\dagger|0\rangle$ ，两个湮灭端点按 $d_2b_1$ 作用，有 $\langle0|d_2b_1b_1^\dagger d_2^\dagger|0\rangle=1$ ，这也固定了共同相位。交换两条光子线不交换费米外端，第二幅图因此与第一幅相加。两个出光子都带 $\varepsilon$ ，只有共轭振幅才带 $\varepsilon^*$ 。

为把分母写成不变量，定义

\begin{aligned} s&=-(p+q)^2=-(k+l)^2,\\ t&=-(p-k)^2=-(q-l)^2,\qquad u=-(p-l)^2=-(q-k)^2,\\ s+t+u &=4m^2+2p\cdot(k+l-q)=2m^2 . \end{aligned} \tag{59.3}

最后一行先展开三个负平方，再使用 $k+l-q=p$ 与 $p^2=-m^2$ 。记 $r=m^2$ 、 $d_t=r-t$ 、 $d_u=r-u$ ，则两内线分母分别为 $d_t$ 和 $d_u$ 。把两个图相加，并将所有gamma矩阵收集到一个矩阵中，便有

\begin{aligned} \mathcal T&=\varepsilon_k^\mu\varepsilon_l^\nu \bar v(q)A_{\mu\nu}u(p),\\ A_{\mu\nu} &=e^2\left[ \gamma_\nu\frac{N_a}{d_t}\gamma_\mu+ \gamma_\mu\frac{N_b}{d_u}\gamma_\nu\right],\\ N_a&=-\slashed a+m,\qquad N_b=-\slashed b+m,\qquad a=p-k,\quad b=p-l . \end{aligned} \tag{59.4}

$A_{\mu\nu}$ 是作用于旋量指标的矩阵，其两个洛伦兹指标与外偏振连接。此处省去分母的 $i0$ 有直接的运动学依据。取质心系，将入射电子方向选作第三轴，令 $\mathbf n$ 是第一个出光子的单位方向、 $c=n_3=\cos\theta$ ，则

\begin{aligned} E&=\frac{\sqrt s}{2},\qquad \beta=\sqrt{1-\frac{4r}{s}},\\ p^\mu&=(E,0,0,\beta E),\qquad q^\mu=(E,0,0,-\beta E),\\ k^\mu&=(E,E\mathbf n),\qquad l^\mu=(E,-E\mathbf n). \end{aligned} \tag{59.5}

能量守恒使每个光子的能量也等于 $E$ 。由 $p\cdot k=-E^2+\beta E^2c$ 及 $t=r+2p\cdot k$ ，立即得到

d_t=\frac{s}{2}(1-\beta c),\qquad d_u=\frac{s}{2}(1+\beta c),\qquad d_t+d_u=s . \tag{59.6}

在有限 $s\ge4m^2$ 处， $0\le\beta<1$ 且 $|c|\le1$ ，所以两个分母均为正。本节树幅可以在整个有质量物理区域直接取实分母。以下保留振幅的 $e^2$ 阶、模方的 $e^4$ 阶；在固定非奇异运动学处，圈幅与树幅的干涉从 $e^6$ 阶开始。

自旋平均为什么成为一个迹

我们要计算未分辨初态自旋的湮灭率，因而需要先求振幅的模方，再对两个独立初态各平均两个自旋。矩阵 $A_{\mu\nu}$ 使这个计算与第46节的办法完全衔接。沿狄拉克共轭的定义 $\bar M=\gamma^0M^\dagger\gamma^0$ ，实动量满足 $\overline{\slashed a}=\slashed a$ ，乘积则反序。因此

\begin{aligned} \overline{\gamma_\nu N_a\gamma_\mu} &=\gamma_\mu N_a\gamma_\nu,\\ \bar A_{\rho\sigma} &=e^2\left[ \gamma_\rho\frac{N_a}{d_t}\gamma_\sigma+ \gamma_\sigma\frac{N_b}{d_u}\gamma_\rho\right] =A_{\sigma\rho}. \end{aligned} \tag{59.7}

这里交换的是两个矩阵指标，外动量仍固定不动。若在别的运动学区域保留有限极点处方，取伴随时还须共轭该处方；当前的实分母由式（59.6）保证。

利用 $(\bar vMu)^*=\bar u\bar Mv$ ，先取复共轭，再与原来的振幅相乘：

\begin{aligned} \mathcal T^* &=\varepsilon_k^{\rho*}\varepsilon_l^{\sigma*} \bar u(p)A_{\sigma\rho}v(q),\\ |\mathcal T|^2 &=\varepsilon_k^\mu\varepsilon_l^\nu \varepsilon_k^{\rho*}\varepsilon_l^{\sigma*} \bigl(\bar vA_{\mu\nu}u\bigr) \bigl(\bar uA_{\sigma\rho}v\bigr). \end{aligned} \tag{59.8}

外旋量的分量都是普通复数；两括号交换时没有格拉斯曼负号。自旋求和则用第38节的完备关系，简记

P=\sum_{s_1}u_{s_1}(p)\bar u_{s_1}(p)=-\slashed p+m,\qquad Q=\sum_{s_2}v_{s_2}(q)\bar v_{s_2}(q)=-\slashed q-m . \tag{59.9}

$Q$ 的质量项带负号，这是正电子求和与电子求和的关键差别。为看清矩阵次序，暂把旋量指标全部写出：

\begin{aligned} \sum_{s_1,s_2} (\bar v_a A_{\mu\nu,ab}u_b) (\bar u_c A_{\sigma\rho,cd}v_d) &=A_{\mu\nu,ab}P_{bc}A_{\sigma\rho,cd}Q_{da}\\ &=\operatorname{Tr}[A_{\mu\nu}P A_{\sigma\rho}Q]. \end{aligned} \tag{59.10}

第一个自旋和连接 $u_b\bar u_c$ ，第二个连接 $v_d\bar v_a$ ，恰好把矩阵链首尾闭合。对四种等概率初态取平均，结果为

\frac14\sum_{s_1,s_2}|\mathcal T|^2 =\frac14\varepsilon_k^\mu\varepsilon_l^\nu \varepsilon_k^{\rho*}\varepsilon_l^{\sigma*} \operatorname{Tr}[A_{\mu\nu}P A_{\sigma\rho}Q]. \tag{59.11}

接下来还要把未分辨的末态光子偏振相加。它们是不同的末态结果，所以求和，不再除以偏振数。两个光子的同一性则在积分计数时处理。

偏振求和与两幅图的纵向抵消

库仑规范的两种物理偏振只占垂直于 $\mathbf k$ 的空间平面。第56节已经求得其完备关系。引入时间方向的单位矢量 $\hat t$ 和传播方向的空间单位矢量 $\hat z$ ，可写成

\begin{aligned} P_\gamma^{\mu\rho}(k) &=\sum_{\lambda=\pm} \varepsilon_\lambda^\mu(\mathbf k) \varepsilon_\lambda^{\rho*}(\mathbf k) =g^{\mu\rho}+\hat t^\mu\hat t^\rho-\hat z^\mu\hat z^\rho,\\ \hat t^2&=-1,\qquad \zeta=\hat t\cdot k,\qquad \hat z^\mu=\frac{k^\mu+\zeta\hat t^\mu}{\sqrt{k^2+\zeta^2}} . \end{aligned} \tag{59.12}

在 $\hat t=(1,\mathbf0)$ 的坐标系中， $\zeta=-k^0$ ，分子正是 $(0,\mathbf k)$ ；故 $\hat z$ 是光子传播方向的空间单位矢量。这种写法同时消去了时间分量和空间纵向分量，只留下两个物理方向。

如果把 $\hat z$ 展开，投影中除度规外会出现含 $k^\mu$ 的项。前面处理光子传播子时，这样的项与守恒流缩并后消失；散射振幅的对应条件则是：给外偏振加上一个沿 $k^\mu$ 的分量，振幅保持不变。规范变换 $\delta A^\mu=-\partial^\mu\Gamma$ 恰好产生这种纵向分量。若将实规范波的两种频率系数记为 $\Gamma_\pm$ ，则

\begin{aligned} \Gamma(x)&=\Gamma_+(k)e^{ikx}+\Gamma_-(k)e^{-ikx}, \qquad \Gamma_-=\Gamma_+^*,\\ \delta\varepsilon^{\mu*}&=-ik^\mu\Gamma_+,\qquad \delta\varepsilon^\mu=+ik^\mu\Gamma_- . \end{aligned} \tag{59.13}

这里已把单个平面波的共同归一化吸收入 $\Gamma_\pm$ 。前一偏振配入光子，后一偏振配出光子，两式彼此共轭。

对一条特定的外光子线，先把其余因子统写成 $\mathcal M_\mu$ 。纵向位移不改变振幅，就要求这个矩阵元与光子动量正交：

\mathcal T_{\rm out}=\varepsilon^\mu\mathcal M_\mu,\qquad \mathcal T_{\rm in}=\varepsilon^{\mu*}\mathcal M_\mu,\qquad k^\mu\mathcal M_\mu=0 . \tag{59.14}

这个条件称为沃德恒等式。对于本节的两幅树图，只需使用自由狄拉克方程就能证明它。关键在于同时保留光子接到费米线上的两种次序。

令 $D(v)=\slashed v+m$ ，并把去掉 $i$ 的自由传播子记为 $S(v)$ 。克利福德关系及外旋量方程给出

\begin{aligned} S(v)&=\frac{-\slashed v+m}{v^2+m^2},\qquad D(v)S(v)=S(v)D(v)=1,\\ D(p)u(p)&=0,\qquad \bar v(q)D(-q)=0 . \end{aligned} \tag{59.15}

这里仅需 $v=a,b$ ，其分母已知非零。把第一条光子的偏振换成动量 $k$ ，两幅图分别出现 $S(a)\slashed k$ 和 $\slashed kS(b)$ 。由于 $k=p-a=b+q$ ，它们可各化成两个逆传播子的差：

\begin{aligned} S(a)\slashed k\,u &=S(a)[D(p)-D(a)]u=-u,\\ \bar v\slashed kS(b) &=\bar v[D(b)-D(-q)]S(b)=\bar v,\\ k^\mu\bar v A_{\mu\nu}u &=e^2\bigl[-\bar v\gamma_\nu u+\bar v\gamma_\nu u\bigr]=0 . \end{aligned} \tag{59.16}

第一项的负号来自内线末端，第二项的正号来自同一条线的另一端。单幅图通常留下非零的 $\bar v\gamma_\nu u$ ，相加后才抵消。交换 $(k,\mu)$ 与 $(l,\nu)$ 使 $a,b$ 及两图互换，因而同时得到

k^\mu\bar v A_{\mu\nu}u=0,\qquad l^\nu\bar v A_{\mu\nu}u=0 . \tag{59.17}

两个等式均对外旋量的每一种自旋成立。第67节将从量子理论的规范对称性出发，把这种抵消推广到含圈图的情形。

现在展开式（59.12）。同完整振幅及其共轭缩并时，所有带 $k^\mu$ 或 $k^\rho$ 的项由上面的关系消失，剩下的时间方向分量也因 $k^2=0$ 而消失：

\begin{aligned} P_\gamma^{\mu\rho} &=g^{\mu\rho}+\hat t^\mu\hat t^\rho -\frac{k^\mu k^\rho+\zeta(k^\mu\hat t^\rho+\hat t^\mu k^\rho) +\zeta^2\hat t^\mu\hat t^\rho}{k^2+\zeta^2}\\ &\longrightarrow g^{\mu\rho}+ \left(1-\frac{\zeta^2}{k^2+\zeta^2}\right)\hat t^\mu\hat t^\rho \ \xrightarrow{k^2=0}\ g^{\mu\rho}. \end{aligned} \tag{59.18}

两条外光子都可以这样处理。这里的箭头指缩并中的替换；物理偏振张量本身仍是秩为2的投影。因而要先对完整两图使用横向性，再将结果展开为各图的平方和干涉项。偏振求和与自旋平均合在一起，得到

\mathcal A(s,t,u):=\langle|\mathcal T|^2\rangle \equiv\frac14\sum_{s_1,s_2}\sum_{\lambda'_1,\lambda'_2}|\mathcal T|^2 =\frac14\operatorname{Tr}[A_{\mu\nu}P A^{\nu\mu}Q]. \tag{59.19}

接下来的计算完全归结为四维gamma矩阵的代数。

把四个矩阵迹化为不变量

矩阵 $A_{\mu\nu}$ 含 $t$ 、 $u$ 两项，它与共轭矩阵相乘便给四个贡献。仍用 $P,Q,N_a,N_b$ 表示前面定义的矩阵，把初态平均的 $1/4$ 计入各核，并按两条内线的组合分别记为

\begin{aligned} \langle\Phi_{tt}\rangle &=\frac14\operatorname{Tr} [\gamma^\nu N_a\gamma^\mu P\gamma_\mu N_a\gamma_\nu Q],\\ \langle\Phi_{uu}\rangle &=\frac14\operatorname{Tr} [\gamma^\mu N_b\gamma^\nu P\gamma_\nu N_b\gamma_\mu Q],\\ \langle\Phi_{tu}\rangle &=\frac14\operatorname{Tr} [\gamma^\nu N_a\gamma^\mu P\gamma_\nu N_b\gamma_\mu Q],\\ \langle\Phi_{ut}\rangle &=\frac14\operatorname{Tr} [\gamma^\mu N_b\gamma^\nu P\gamma_\mu N_a\gamma_\nu Q]. \end{aligned} \tag{59.20}

每个重复洛伦兹指标都出现一次上标、一次下标。将两条内线的分母和耦合补回去，就有

\mathcal A=e^4\left[ \frac{\langle\Phi_{tt}\rangle}{d_t^2} +\frac{\langle\Phi_{tu}\rangle+\langle\Phi_{ut}\rangle}{d_td_u} +\frac{\langle\Phi_{uu}\rangle}{d_u^2}\right]. \tag{59.21}

交换两光子使 $a\leftrightarrow b$ 、 $t\leftrightarrow u$ ，并使矩阵中的 $\mu\leftrightarrow\nu$ 。第一条迹由此变成第二条，第三条变成第四条。所以只需独立计算 $tt$ 与 $tu$ ，但两者的缩并次序不同： $tt$ 在 $P$ 两边有一对同指标gamma， $tu$ 的同指标gamma之间还隔着传播分子。

第47节已经从克利福德代数推导了所需的夹乘恒等式。直接使用式（47.23）的四维结果，连同这里所需的迹公式，有

\begin{aligned} \gamma^\mu\gamma_\mu&=-4,& \gamma^\mu\slashed v\gamma_\mu&=2\slashed v,\\ \gamma^\mu\slashed v\slashed w\gamma_\mu&=4v\cdot w,& \gamma^\mu\slashed v\slashed w\slashed z\gamma_\mu &=2\slashed z\slashed w\slashed v,\\ \operatorname{Tr}1&=4,& \operatorname{Tr}(\slashed v\slashed w)&=-4v\cdot w . \end{aligned} \tag{59.22}

奇数个gamma的迹为零。用这些夹乘式先缩短链，就能免去直接展开八个gamma的全部配对。剩下的标量积由运动学决定：例如 $s=2r-2p\cdot q$ ， $t=r+2p\cdot k$ ，可得四组关系

\begin{aligned} p\cdot q&=r-\frac s2,\qquad &k\cdot l&=-\frac s2,\\ p\cdot k=q\cdot l&=\frac{t-r}{2},& p\cdot l=q\cdot k&=\frac{u-r}{2}. \end{aligned} \tag{59.23}

第一行来自 $s$ 的两种写法，第二行来自 $t,u$ 各自的两种写法，只需分别使用 $p^2=q^2=-r$ 与 $k^2=l^2=0$ 。据此再列出内部动量将要用到的积：

\begin{aligned} a^2&=-t,\qquad b^2=-u,\\ p\cdot a&=-r-p\cdot k=-\frac{t+r}{2},& q\cdot a&=q\cdot p-q\cdot k=\frac{t+r}{2},\\ p\cdot b&=-\frac{u+r}{2},& q\cdot b&=\frac{u+r}{2},\\ a\cdot b &=p^2-p\cdot(k+l)+k\cdot l\\ &=-r-\frac{t+u-2r}{2}-\frac s2=-r . \end{aligned} \tag{59.24}

$q\cdot a$ 一式的最后一步及最后一行用了 $s+t+u=2r$ ；换成 $b$ 时只交换 $t,u$ 。这些关系将所有迹的结果化为 $s,t,u,m$ 。

先计算 $tt$ 。紧邻 $P$ 的夹乘为 $\gamma^\mu P\gamma_\mu=-2(\slashed p+2m)$ 。因此剩下的工作是先把 $X=N_a(\slashed p+2m)N_a$ 化为单位矩阵和一个gamma的线性组合。把两个 $N_a$ 展开，有

\begin{aligned} X={}&\slashed a\slashed p\slashed a +2m\slashed a^2 -m(\slashed a\slashed p+\slashed p\slashed a) -4r\slashed a+r\slashed p+2m^3\\ ={}&(a^2+r)\slashed p -2(a\cdot p+2r)\slashed a +2m(a\cdot p-a^2+r)\\ ={}&(r-t)\slashed p+(t-3r)\slashed a+m(t+r). \end{aligned} \tag{59.25}

第二行用了 $\slashed a^2=-a^2$ 以及 $\slashed a\slashed p+\slashed p\slashed a=-2a\cdot p$ 。三gamma项也可先交换前两个因子，得到 $\slashed a\slashed p\slashed a =-\slashed p\slashed a^2-2(a\cdot p)\slashed a =a^2\slashed p-2(a\cdot p)\slashed a$ 。再代入式（59.24），便是最后一行。

现在只剩 $X$ 外面的另一对gamma。一个gamma的夹乘给2，单位矩阵的夹乘给 $-4$ ，于是

\begin{aligned} \langle\Phi_{tt}\rangle &=-\frac12\operatorname{Tr}[\gamma^\nu X\gamma_\nu Q],\\ \gamma^\nu X\gamma_\nu &=2(r-t)\slashed p+2(t-3r)\slashed a-4m(t+r),\\ \operatorname{Tr}(\slashed pQ)&=4p\cdot q,\qquad \operatorname{Tr}(\slashed aQ)=4a\cdot q,\qquad \operatorname{Tr}Q=-4m,\\ \langle\Phi_{tt}\rangle &=-4\bigl[(r-t)p\cdot q+(t-3r)a\cdot q+2r(t+r)\bigr]. \end{aligned} \tag{59.26}

将两个标量积代入，再按 $s+t+u=2r$ 消去 $s$ ，便得到

\begin{aligned} \langle\Phi_{tt}\rangle &=-4\left[(r-t)\left(r-\frac s2\right) +\frac{(t-3r)(t+r)}2+2r(t+r)\right]\\ &=2[(r-t)s-t^2-3r^2]\\ &=2[tu-r(3t+u)-r^2]. \end{aligned} \tag{59.27}

中间一行保留 $s$ ，有助于检查最后的变量替换；它与最后一行是同一多项式。

干涉核 $tu$ 的计算从另一处开始。先缩并第一与第三个显式gamma，把所得矩阵记为 $L^\mu$ ：

\begin{aligned} L^\mu &=\gamma^\nu N_a\gamma^\mu P\gamma_\nu\\ &=\gamma^\nu\left[ \slashed a\gamma^\mu\slashed p -m\slashed a\gamma^\mu-m\gamma^\mu\slashed p+r\gamma^\mu \right]\gamma_\nu\\ &=2\slashed p\gamma^\mu\slashed a -4m(a^\mu+p^\mu)+2r\gamma^\mu,\\ \langle\Phi_{tu}\rangle &=\frac14\operatorname{Tr}[L^\mu N_b\gamma_\mu Q]. \end{aligned} \tag{59.28}

三gamma夹乘反转次序，所以第一项变为 $2\slashed p\gamma^\mu\slashed a$ ；两个二gamma夹乘分别给 $4a^\mu$ 、 $4p^\mu$ 。由此得到的三项可分别求迹，最后再相加。

第一项中还含一对夹乘。将 $N_b=-\slashed b+m$ 展开，它成为 $\gamma^\mu\slashed aN_b\gamma_\mu=-4a\cdot b+2m\slashed a$ ，故

\begin{aligned} T_1 &=\frac12\operatorname{Tr} [\slashed p\gamma^\mu\slashed aN_b\gamma_\mu Q]\\ &=-2(a\cdot b)\operatorname{Tr}(\slashed pQ) +m\operatorname{Tr}(\slashed p\slashed aQ)\\ &=-8(a\cdot b)(p\cdot q)+4r(p\cdot a). \end{aligned} \tag{59.29}

最后一步中， $\slashed p\slashed aQ$ 的三gamma部分迹为零，质量项则为 $-m\operatorname{Tr}(\slashed p\slashed a)=4m\,p\cdot a$ 。

第二项的 $a^\mu+p^\mu$ 直接与 $\gamma_\mu$ 缩并，形成 $\slashed h$ ，其中 $h=a+p$ 。乘开两个质量项后，只有两个二gamma迹留下：

\begin{aligned} T_2 &=-m\operatorname{Tr}[(-\slashed b+m)\slashed h(-\slashed q-m)]\\ &=-m\operatorname{Tr} [\slashed b\slashed h\slashed q +m\slashed b\slashed h-m\slashed h\slashed q-r\slashed h]\\ &=-m[-4m\,b\cdot h+4m\,h\cdot q]\\ &=4r[b\cdot(a+p)-q\cdot(a+p)]. \end{aligned} \tag{59.30}

第一项和最后一项分别含三个、一个gamma，故迹为零。第三部分最短；由 $\gamma^\mu N_b\gamma_\mu=-2\slashed b-4m$ ，得到

\begin{aligned} T_3 &=\frac r2\operatorname{Tr}[\gamma^\mu N_b\gamma_\mu Q]\\ &=\frac r2\operatorname{Tr}[(-2\slashed b-4m)(-\slashed q-m)]\\ &=\frac r2[-8b\cdot q+16r] =-4r\,b\cdot q+8r^2. \end{aligned} \tag{59.31}

这样原来的长迹已经全部变成标量积。将三部分合并，用 $a\cdot b=-r$ 、 $p\cdot q=r-s/2$ 以及式（59.24），便有

\begin{aligned} \langle\Phi_{tu}\rangle ={}&-8(a\cdot b)(p\cdot q)\\ &+4r[p\cdot a+a\cdot b+p\cdot b-q\cdot a-p\cdot q-q\cdot b] +8r^2\\ ={}&8r\left(r-\frac s2\right) +4r\left(\frac{3s}{2}-6r\right)+8r^2\\ ={}&2r(s-4r). \end{aligned} \tag{59.32}

第二行方括号内的化简也可直接分组： $p\cdot a-q\cdot a=-(t+r)$ ， $p\cdot b-q\cdot b=-(u+r)$ ， $a\cdot b-p\cdot q=s/2-2r$ ；总和为 $s/2-t-u-4r=3s/2-6r$ 。

最后交换两光子，即将 $t,u$ 互换，另外两个核便为

\begin{aligned} \langle\Phi_{uu}\rangle &=2[tu-r(3u+t)-r^2],\\ \langle\Phi_{ut}\rangle &=2r(s-4r)=\langle\Phi_{tu}\rangle . \end{aligned} \tag{59.33}

$tt$ 与 $uu$ 交换了 $t,u$ 的系数，干涉项只依赖 $s$ ，所以在交换下保持不变。四个核都具有质量维数4，除以相应两个分母后，式（59.21）成为无量纲的振幅平方。

完整结果及其物理极限

把四个核合起来，便可直接讨论湮灭率的能量和角度依赖。先用 $t=r-d_t$ 、 $u=r-d_u$ 将各核改写为

\begin{aligned} \langle\Phi_{tt}\rangle&=2d_td_u+4rd_t-8r^2,\\ \langle\Phi_{uu}\rangle&=2d_td_u+4rd_u-8r^2,\\ \langle\Phi_{tu}\rangle+\langle\Phi_{ut}\rangle &=4r(d_t+d_u)-16r^2 . \end{aligned} \tag{59.34}

例如第一行的 $t,u$ 乘积给 $2(r^2-rd_t-rd_u+d_td_u)$ ，线性质量项给 $-2r(4r-3d_t-d_u)$ ，再减 $2r^2$ ，便得到所列结果。把三行分别除以 $d_t^2,d_u^2,d_td_u$ 后，线性质量项中的两组倒数相加，平方质量项中的交叉分母则补成一个完全平方：

\mathcal A =2e^4\left[ \frac{d_t}{d_u}+\frac{d_u}{d_t} +4r\left(\frac1{d_t}+\frac1{d_u}\right) -4r^2\left(\frac1{d_t}+\frac1{d_u}\right)^2 \right]. \tag{59.35}

这个表达式显然在 $t,u$ 交换下不变，但最后一项带负号，非负性尚未直接显出。将它改写到质心系便能同时看清符号与角分布。式（59.6）给

\begin{aligned} \frac{d_t}{d_u}+\frac{d_u}{d_t} &=\frac{2(1+\beta^2c^2)}{1-\beta^2c^2},\\ \frac1{d_t}+\frac1{d_u} &=\frac{4}{s(1-\beta^2c^2)},\qquad \frac{4r}{s}=1-\beta^2 . \end{aligned} \tag{59.36}

记 $D_c=1-\beta^2c^2$ ，后两个质量项合起来为 $4(1-\beta^2)/D_c-4(1-\beta^2)^2/D_c^2 =4\beta^2(1-\beta^2)(1-c^2)/D_c^2$ 。于是完整树级结果也可写成

\mathcal A =4e^4\left[ \frac{1+\beta^2c^2}{1-\beta^2c^2} +\frac{2\beta^2(1-\beta^2)(1-c^2)} {(1-\beta^2c^2)^2}\right]. \tag{59.37}

在物理区域内两项均非负，且 $c\to-c$ 对应交换两个相同光子。阈值附近 $\beta\to0$ ，入粒子失去空间运动方向，未极化的结果应当各向同性；上式确实给出

\mathcal A\longrightarrow4e^4,\qquad \langle\Phi_{tu}\rangle=\langle\Phi_{ut}\rangle\longrightarrow0 . \tag{59.38}

这里取极限的是振幅平方。若用它求湮灭截面，还须除以入射通量。第11节的两体相空间公式（11.30）在本节只需代入 $|\mathbf k|/|\mathbf p|=1/\beta$ ；若用第一个带标签光子的全立体角计数事件，再除以两个相同末态的 $2!$ ，得到补充的截面关系

\begin{aligned} \left.\frac{d\sigma_{\rm event}}{d\Omega}\right|_{\rm full\ sphere} &=\frac1{2!}\frac{\mathcal A}{64\pi^2s}\frac1\beta,\\ \sigma_{\rm event}\xrightarrow{\beta\to0} &\frac{e^4}{32\pi m^2\beta} =\frac{\pi\alpha_{\rm em}^2}{2m^2\beta}. \end{aligned} \tag{59.39}

最后一式用了角积分 $4\pi$ 、 $s\to4m^2$ 和 $e^2=4\pi\alpha_{\rm em}$ 。也可以只积分一个不重复的光子半球，此时不写 $1/2!$ 。阈值处截面的 $1/\beta$ 来自趋零的入射通量，前面的振幅平方本身保持有限。这里先取树级贡献，再作小 $\beta$ 展开。

另一个有用极限是 $s\gg m^2$ 。在 $c$ 固定且远离 $\pm1$ 时， $1-\beta^2c^2$ 保持非零，所有显式质量修正都按 $m^2/s$ 减小，故

\mathcal A =2e^4\left(\frac ut+\frac tu\right)+O(e^4m^2/s) =4e^4\frac{1+c^2}{1-c^2}+O(e^4m^2/s). \tag{59.40}

误差估计在任意固定的闭角区间 $|c|\le1-\delta$ 、 $\delta>0$ 上成立。若同时接近前向， $1-\beta c$ 中的 $1-\beta\simeq2m^2/s$ 会与 $1-c\simeq\theta^2/2$ 竞争；当 $\theta^2$ 降到 $m^2/s$ 量级时，分母中的质量便不能先删去。后向区域同理。因此无质量电子近似适合固定角的高能振幅，全角积分仍需保留两端的质量尺度。

从湮灭过程到康普顿散射

用 $p,k$ 表示入射电子和光子的动量，用 $p',k'$ 表示相应的末态动量。四个外动量均取正能，康普顿过程及其不变量为

\begin{aligned} e^-(p)+\gamma(k)&\longrightarrow e^-(p')+\gamma(k'), &p+k&=p'+k',\\ p^2=p'^2&=-m^2,& k^2=k'^2&=0,\\ s&=-(p+k)^2,&t&=-(p-p')^2,\qquad u=-(p-k')^2,\\ s+t+u&=2m^2. \end{aligned} \tag{59.41}

为区分两个过程，暂将湮灭的不变量记成 $s_{\rm a},t_{\rm a},u_{\rm a}$ 。湮灭的矩阵表达式是四动量的有理函数；在保持外线在壳的条件下作代换

p_1\mapsto p,\qquad p_2\mapsto-p',\qquad k'_1\mapsto-k,\qquad k'_2\mapsto k'. \tag{59.42}

原来的守恒式 $p_1+p_2=k'_1+k'_2$ 由此变成 $p-p'=-k+k'$ ，正是康普顿过程的动量守恒。三个不变量则逐一变为

\begin{aligned} s_{\rm a}=-(p_1+p_2)^2&\longmapsto-(p-p')^2=t,\\ t_{\rm a}=-(p_1-k'_1)^2&\longmapsto-(p+k)^2=s,\\ u_{\rm a}=-(p_1-k'_2)^2&\longmapsto-(p-k')^2=u. \end{aligned} \tag{59.43}

可见 $s,t$ 的交换来自一条费米外线与一条光子外线同时换到另一边。在新的物理过程里，两个内部费米动量为 $p+k$ 和 $p-k'$ 。记 $r=m^2$ ，直接沿第58节的费曼规则读这两幅图，就得到

\begin{aligned} \mathcal T_{\rm C} &=\varepsilon^{\mu *}(k)\varepsilon^\nu(k') \bar u(p')B_{\mu\nu}u(p),\\ B_{\mu\nu} &=e^2\left[ \gamma_\nu\frac{-\slashed p-\slashed k+m}{r-s}\gamma_\mu +\gamma_\mu\frac{-\slashed p+\slashed k'+m}{r-u}\gamma_\nu \right]. \end{aligned} \tag{59.44}

第一条光子现在入射，依本书的模式展开带 $\varepsilon^*(k)$ ；出光子仍带 $\varepsilon(k')$ 。矩阵 $B$ 就是前面的 $A$ 经过式（59.42）的动量代换所得的矩阵。将它接到康普顿过程的正能外旋量和偏振上，便得到所需的物理振幅。

接下来比较两种未极化模方。仍记湮灭结果为 $\mathcal A$ ，康普顿结果记为 $\mathcal C$ ，并把求和、平均的对象明确写出：

\begin{aligned} \mathcal A &=\frac14\sum_{s_1,s_2}\sum_{\lambda_1,\lambda_2} |\mathcal T_{\rm ann}|^2,\\ \mathcal C &=\frac14\sum_{s,\lambda}\sum_{s',\lambda'} |\mathcal T_{\rm C}|^2. \end{aligned} \tag{59.45}

湮灭初态是两个各有两种自旋的费米子；康普顿初态是一个电子和一个有两种物理偏振的光子。因此两者的初态平均都为 $1/(2\times2)=1/4$ ，末态则各自求和。交叉虽然改变了哪些标签属于初态，却没有改变这次平均的总权重。

负号出现在费米子的自旋求和处。原来入射正电子的自旋和是 $Q_2=-\slashed p_2-m$ ，经过交叉后

\begin{aligned} Q_2\big|_{p_2=-p'} &=\slashed p'-m=-P',\\ P'&=\sum_{s'}u_{s'}(p')\bar u_{s'}(p')=-\slashed p'+m, \qquad P=-\slashed p+m. \end{aligned} \tag{59.46}

其余矩阵链仍按原有次序相乘。前面的两图沃德消去只用了动量守恒和外壳狄拉克方程，经过上述代换后仍成立，故康普顿的入、出物理偏振和也可在完整幅中用度规替代。用 $\bar B=\gamma^0B^\dagger\gamma^0$ 记狄拉克共轭，有

\begin{aligned} \mathcal C(s,t,u) &=\frac14g^{\mu\rho}g^{\nu\sigma} \operatorname{Tr}(B_{\mu\nu}P\bar B_{\rho\sigma}P'),\\ \mathcal A(s_{\rm a},t_{\rm a},u_{\rm a})\big|_{\rm crossing} &=\frac14g^{\mu\rho}g^{\nu\sigma} \operatorname{Tr}(B_{\mu\nu}P\bar B_{\rho\sigma}[-P']) =-\mathcal C(s,t,u). \end{aligned} \tag{59.47}

这个负号来自正电子自旋和与交叉后的电子自旋和之差。右边的 $\mathcal A(t,s,u)$ 是原有理函数在交叉运动学处的值，已离开湮灭的正能物理区域；它不再代表那个区域中的非负湮灭概率。固定自旋振幅的交叉还涉及外态旋量和相位，而这里的负号已经由求和后的矩阵 $Q_2\mapsto-P'$ 完全确定。

将前面合并后的结果，即式（59.35），作 $s_{\rm a}\mapsto t$ 、 $t_{\rm a}\mapsto s$ 、 $u_{\rm a}\mapsto u$ 的代换，得到完整的康普顿模方

\begin{aligned} \mathcal C(s,t,u)&=-\mathcal A(t,s,u)\\ &=2e^4\left[ -\frac{d_s}{d_u}-\frac{d_u}{d_s} -4r\left(\frac1{d_s}+\frac1{d_u}\right) +4r^2\left(\frac1{d_s}+\frac1{d_u}\right)^2 \right],\\ d_s&=r-s,\qquad d_u=r-u. \end{aligned} \tag{59.48}

对未来向的有质量 $p$ 及非零未来向光子动量，有 $p\cdot k<0$ 、 $p\cdot k'<0$ ，所以 $d_s=2p\cdot k<0$ 而 $d_u=-2p\cdot k'>0$ 。两条内部费米子均不在壳，可以按上面的步骤在这些物理点使用实分母。四项的组合及其非负性，到电子静止系会变得更直观。

光子反冲怎样进入模方

取初电子静止系，用 $\omega,\omega'>0$ 表示入、出光子的能量， $\boldsymbol n,\boldsymbol n'$ 表示它们的方向：

\begin{aligned} p&=(m,\mathbf0),&k&=(\omega,\omega\boldsymbol n), &k'&=(\omega',\omega'\boldsymbol n'),\\ c&=\boldsymbol n\cdot\boldsymbol n'=\cos\theta, &p'&=p+k-k',&E'&=m+\omega-\omega'. \end{aligned} \tag{59.49}

末态电子发生反冲。把 $p'=p+k-k'$ 代入它的外壳条件，利用 $p^2=-m^2$ 及两个光子的零质量，得到

\begin{aligned} 0=p'^2+m^2 &=2p\cdot(k-k')-2k\cdot k'\\ &=-2m(\omega-\omega')+2\omega\omega'(1-c). \end{aligned} \tag{59.50}

将最后一式除以 $2m\omega\omega'$ ，便有康普顿的能量关系

\frac1{\omega'}-\frac1\omega=\frac{1-c}{m}, \qquad \omega'=\frac{\omega}{1+(\omega/m)(1-c)}. \tag{59.51}

分母不小于1，故 $0<\omega'\le\omega$ ；只有正前向散射保持原来的光子能量。这个损失正是电子获得的反冲动能 $E'-m$ 。在同一参考系，不变量和分母分别成为

\begin{aligned} s&=r+2m\omega,&u&=r-2m\omega',& t&=-2\omega\omega'(1-c),\\ d_s&=-2m\omega,&d_u&=2m\omega'. \end{aligned} \tag{59.52}

因此式（59.48）中的两个组合可直接化为

\begin{aligned} \frac{d_s}{d_u}+\frac{d_u}{d_s} &=-\frac\omega{\omega'}-\frac{\omega'}\omega,\\ \frac1{d_s}+\frac1{d_u} &=\frac1{2m}\left(\frac1{\omega'}-\frac1\omega\right) =\frac{1-c}{2r}. \end{aligned} \tag{59.53}

前一个组合来自两条内线的能量分母；后一个组合正好由外电子的在壳条件确定。代入后，两个质量项合成 $-2(1-c)+(1-c)^2=c^2-1$ ，结果为

\begin{aligned} \mathcal C &=2e^4\left[\frac\omega{\omega'}+\frac{\omega'}\omega -2(1-c)+(1-c)^2\right]\\ &=2e^4\left[\frac\omega{\omega'}+\frac{\omega'}\omega -\sin^2\theta\right]. \end{aligned} \tag{59.54}

这就是产生克莱因–仁科截面的未极化树级模方。因为正数 $\omega'/\omega$ 与其倒数之和不小于2，方括号至少为 $1+c^2$ ，结果的非负性现在已经显出。进一步令 $x=\omega/m$ ，用式（59.51）可把低能修正也完整留下：

\begin{aligned} \frac\omega{\omega'}+\frac{\omega'}\omega &=2+\frac{x^2(1-c)^2}{1+x(1-c)},\\ \mathcal C &=2e^4\left[1+c^2+\frac{x^2(1-c)^2}{1+x(1-c)}\right]\\ &=2e^4(1+c^2)+O(e^4x^2),\qquad x\to0^+. \end{aligned} \tag{59.55}

能量比及其倒数的一阶修正相消，所以模方的第一项反冲修正从 $x^2$ 开始。这个展开在全角范围 $-1\le c\le1$ 一致成立，因为 $0\le x(1-c)\le2x$ 。若要得到实际角分布，还须把末态相空间随 $\omega'$ 的变化包括进来。

从两体测度得到角分布

沿第11节的通量归一，初电子静止时的不变通量因子为 $\mathcal F=|p\cdot k|=m\omega$ 。末态是一个电子和一个光子，二者可区别，因此没有相同末态的阶乘。取末光子的立体角为 $d\Omega$ ，有

\begin{aligned} d\sigma&=\frac{\mathcal C}{4m\omega}\,d\Phi_2,\\ d\Phi_2&=(2\pi)^4\delta^4(p+k-p'-k') \frac{d^3p'}{(2\pi)^3\,2E'} \frac{d^3k'}{(2\pi)^3\,2\omega'}. \end{aligned} \tag{59.56}

先用三维动量 $\delta$ 积分掉 $\mathbf p'$ ，令剩余光子径向变量为 $w>0$ 。这时 $\mathbf p'=\omega\boldsymbol n-w\boldsymbol n'$ ，故电子能量以及能量 $\delta$ 的宗量是

\begin{aligned} E'(w)&=\sqrt{m^2+\omega^2+w^2-2\omega wc},\\ f(w)&=m+\omega-w-E'(w),\\ \frac{d\Phi_2}{d\Omega} &=\frac1{16\pi^2}\int_0^\infty dw\, \frac{w}{E'(w)}\delta(f(w)). \end{aligned} \tag{59.57}

系数来自 $(2\pi)^4/(2\pi)^6$ 与两条测度的 $1/4$ ； $d^3k'=w^2dw\,d\Omega$ 再与光子测度中的 $1/w$ 相约，只留下一个 $w$ 。因 $m>0$ ，有 $E'(w)>|w-\omega c|$ ，所以 $f$ 严格递减，它的正根就是式（59.51）给出的 $w=\omega'$ 。根处的雅可比为

\begin{aligned} f'(w)&=-1-\frac{w-\omega c}{E'(w)}<0,\\ |f'(\omega')| &=\frac{E'+\omega'-\omega c}{E'} =\frac{m+\omega(1-c)}{E'},\\ \delta(f(w)) &=\frac{E'}{m+\omega(1-c)}\delta(w-\omega'). \end{aligned} \tag{59.58}

第二行用了根处的能量守恒 $E'+\omega'=m+\omega$ 。把这个因子代回径向积分，并再次使用 $m+\omega(1-c)=m\omega/\omega'$ ，得到

\frac{d\Phi_2}{d\Omega} =\frac1{16\pi^2}\frac{\omega'}{m+\omega(1-c)} =\frac{\omega'^2}{16\pi^2m\omega}. \tag{59.59}

现在通量与相空间的来源都已明确。用 $\alpha_{\rm em}=e^2/(4\pi)>0$ ，最终得到克莱因–仁科微分截面

\begin{aligned} \frac{d\sigma}{d\Omega} &=\frac{\mathcal C}{64\pi^2m^2} \left(\frac{\omega'}\omega\right)^2\\ &=\frac{\alpha_{\rm em}^2}{2m^2} \left(\frac{\omega'}\omega\right)^2 \left[\frac\omega{\omega'}+\frac{\omega'}\omega-\sin^2\theta\right]. \end{aligned} \tag{59.60}

截面的质量维数为 $-2$ ；前面的能量比来自末态测度和能量守恒的雅可比。它使截面在 $x=\omega/m$ 的一阶就感受到反冲，尽管模方本身的一阶项已相消：

\frac{d\sigma}{d\Omega} =\frac{\alpha_{\rm em}^2}{2m^2}(1+c^2) \left[1-2x(1-c)+O(x^2)\right],\qquad x\to0^+. \tag{59.61}

零阶项就是汤姆孙角分布。由于这里的低能展开对全角一致，可以将领先项直接积分；方位角给 $2\pi$ ，余下的多项式积分给出有限总截面

\begin{aligned} \sigma_{\mathrm{Th}} &=\frac{\alpha_{\rm em}^2}{2m^2}\,2\pi\int_{-1}^1dc\,(1+c^2)\\ &=\frac{\alpha_{\rm em}^2}{2m^2}\,2\pi\left(2+\frac23\right) =\frac{8\pi\alpha_{\rm em}^2}{3m^2}. \end{aligned} \tag{59.62}

低能光子主要改变方向，反冲能量占入射光子能量的比例趋于零，因而恢复这一只由电荷和电子质量决定的散射尺度。较高能量时，式（59.51）给出的能量损失同时改变模方和可用末态相空间，两者合在一起才是完整的角分布。

下一节回到高能情形，直接组织各个螺旋度的振幅。

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