Srednicki §61 标量电动力学

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现在把带电物质换成自旋为零的粒子，仍要求它与电磁场的相互作用具有局域 $U(1)$ 对称性，便得到标量电动力学。复标量场的动能含两个导数，协变导数展开后因而同时产生单光子顶角和双光子顶角。这个差别将贯穿本节：它先出现在电流中，再决定费曼图的种类，最后使两光子散射的纵向贡献恰好相消。

从复标量场引入电磁相互作用

第22节已讨论过具有整体相位对称性的复场。保留相同的四次项归一，从拉氏量

\mathcal L_{\rm scalar} =-\partial^\mu\varphi^\dagger\partial_\mu\varphi -m^2\varphi^\dagger\varphi -\frac{\lambda}{4}(\varphi^\dagger\varphi)^2 \tag{61.1}

出发。整体变换使 $\varphi$ 与 $\varphi^\dagger$ 带相反相位，每个乘积中的相位都抵消。如果让相位随位置变化，普通导数却会作用到它：

\begin{gathered} \varphi\longmapsto e^{-i\alpha}\varphi,\qquad \varphi^\dagger\longmapsto e^{i\alpha}\varphi^\dagger \qquad(\alpha\text{为常数}),\\ u(x)=e^{-ie\Gamma(x)},\qquad \varphi'=u\varphi,\qquad \varphi'{}^\dagger=\varphi^\dagger u^{-1},\\ \partial_\mu\varphi' =u\,\partial_\mu\varphi-ie(\partial_\mu\Gamma)u\varphi . \end{gathered} \tag{61.2}

因此质量项和四次项已经适合局域对称性，动能还需要补偿最后一项。电荷仍按第58节取 $e<0$ 。引入 $D_\mu=\partial_\mu-ieA_\mu$ ，并令 $A'_\mu=A_\mu-\partial_\mu\Gamma$ 。将它作用在变换后的场上，有

\begin{aligned} D'_\mu(u\varphi) &=(\partial_\mu-ieA_\mu+ie\partial_\mu\Gamma)(u\varphi)\\ &=u\partial_\mu\varphi-ie(\partial_\mu\Gamma)u\varphi -ieA_\mu u\varphi+ie(\partial_\mu\Gamma)u\varphi\\ &=uD_\mu\varphi,\qquad D'_\mu=uD_\mu u^{-1}. \end{aligned} \tag{61.3}

最后一个等号是作用于右侧场的算符等式。于是 $D_\mu\varphi$ 与 $\varphi$ 具有同一个相位，而其厄米共轭具有相反相位。电磁场强的变化为 $F'_{\mu\nu}-F_{\mu\nu}=-\partial_\mu\partial_\nu\Gamma +\partial_\nu\partial_\mu\Gamma=0$ ，故麦克斯韦动能也可同时加入。于是得到规范不变的拉氏量：

\mathcal L =-(D^\mu\varphi)^\dagger D_\mu\varphi -m^2\varphi^\dagger\varphi -\frac{\lambda}{4}(\varphi^\dagger\varphi)^2 -\frac14F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}. \tag{61.4}

这里仍取四维度规 $(-,+,+,+)$ 。动能给出 $[\varphi]=[A]=1$ ，因而 $[e]=[\lambda]=0$ 、 $[m]=1$ 。以下取 $m^2>0$ 、 $\lambda\ge0$ ，在零场真空附近作微扰；求树级散射时把重整化因子置为1。

四次耦合不仅是幂次计数允许的一项，电磁圈修正本身也会产生这种局域结构。用一个补充计算可以看清这一点。暂取 $\lambda=0$ ，以勒让德源固定常背景 $\varphi_0$ ，记 $\rho_0=|\varphi_0|^2$ 。用整体相位将背景取成实数，写 $\varphi=(v+\eta+i\chi)/\sqrt2$ ， $\varphi_0=v/\sqrt2$ 。欧氏动能中的相位部分为 $(\partial\chi-evA_E)^2/2$ 。在朗道规范中，混合项分部积分后消失；按相同的边界条件略去表面项，便有

\begin{gathered} \int d^4x_E\,(-evA_E^\mu\partial_\mu\chi) =\int d^4x_E\,ev\chi\,\partial_\mu A_E^\mu=0,\\ M_A^2=e^2v^2=2e^2\rho_0,\qquad U_{1,A}(\rho_0)=\frac32\int\frac{d^4\ell_E}{(2\pi)^4} \ln(\ell_E^2+M_A^2). \end{gathered} \tag{61.5}

在 $\lambda=0$ 时，两个标量的二次质量不依赖 $\rho_0$ ，所以这里的背景依赖只来自光子。因子3是欧氏四维中垂直于 $\ell_E$ 的三个分量， $1/2$ 来自每个实高斯变量的行列式，已在第53节推导。阿贝尔规范固定的行列式与此背景无关。只考察 $\kappa<|\ell_E|<\Lambda$ 、 $\kappa^2\gg M_A^2$ 的高动量区间，将对数展开到 $(M_A^2/\ell_E^2)^2$ ，四次背景项为

\begin{aligned} \ln(\ell_E^2+M_A^2) &=\ln\ell_E^2+\frac{M_A^2}{\ell_E^2} -\frac{M_A^4}{2\ell_E^4} +O\!\left(\frac{M_A^6}{\ell_E^6}\right),\\ U_{1,A}\big|_{\rho_0^2} &=-3e^4\rho_0^2 \frac{2\pi^2}{(2\pi)^4}\int_\kappa^\Lambda\frac{d\ell_E}{\ell_E} =-\frac{3e^4\rho_0^2}{8\pi^2}\ln\frac{\Lambda}{\kappa}. \end{aligned} \tag{61.6}

这里球面面积 $2\pi^2$ 与径向测度 $\ell_E^3d\ell_E$ 都已计入。更高项的高动量积分至多为 $O(M_A^6/\kappa^2)$ ，不能消去显示的四次对数。真空能、质量及动能反项的场依赖也各不相同，因此必须允许一个 $(\varphi^\dagger\varphi)^2$ 反项。重整化耦合仍可在某一尺度选为零，但不能从裸作用量中永久删去这一参数。下面的树级散射改用费曼规范。

电流为何含有电磁势

局域相位变换包含整体相位变换，故仍可按第22节求诺特流。把 $\varphi,\varphi^\dagger$ 看作独立变分坐标，先对各自的导数求偏导，再乘单位相位变分 $-i\varphi,+i\varphi^\dagger$ ，得到

\begin{aligned} \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_\mu\varphi)} &=-(D^\mu\varphi)^\dagger,\qquad \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_\mu\varphi^\dagger)} =-D^\mu\varphi,\\ j^\mu &=-(D^\mu\varphi)^\dagger(-i\varphi) -(D^\mu\varphi)(i\varphi^\dagger)\\ &=-i\left[\varphi^\dagger D^\mu\varphi -(D^\mu\varphi)^\dagger\varphi\right]. \end{aligned} \tag{61.7}

这里先按经典场求流，场分量可交换。 $j^\mu$ 按单位相位变换定义，不含总体电荷 $e$ ；电磁流另记为 $J^\mu=e j^\mu$ 。第58节的带电荷流在本节对应 $J^\mu$ 。对 $\varphi^\dagger$ 变分，动能分部积分一次给出 $D_\mu D^\mu\varphi$ ；势的导数为 $(m^2+\lambda\varphi^\dagger\varphi/2)\varphi$ 。由这份场方程及其共轭，电流的守恒成为

\begin{aligned} D_\mu D^\mu\varphi &=\left(m^2+\frac{\lambda}{2}\varphi^\dagger\varphi\right)\varphi,\\ \partial_\mu j^\mu &=-i\left[\varphi^\dagger D_\mu D^\mu\varphi -(D_\mu D^\mu\varphi)^\dagger\varphi\right]=0 . \end{aligned} \tag{61.8}

求散度时两个一阶导数的乘积相消；将普通导数合成协变导数时，相反电荷的两项又消去显式连接项。最后两份场方程含相同的实系数 $m^2+\lambda\varphi^\dagger\varphi/2$ ，所以剩余差为零。

与旋量流 $\bar\Psi\gamma^\mu\Psi$ 相比，标量流已经含 $A^\mu$ 。将协变导数实际展开，可以同时看见这一项的系数和它的必要性：

\begin{aligned} j_0^\mu &:=-i\left[\varphi^\dagger\partial^\mu\varphi -(\partial^\mu\varphi^\dagger)\varphi\right],\\ j^\mu&=j_0^\mu-2eA^\mu\varphi^\dagger\varphi,\qquad J^\mu=e j^\mu =\frac{\partial\mathcal L_{\rm matter}}{\partial A_\mu},\\ j_0'{}^\mu&=j_0^\mu-2e(\partial^\mu\Gamma)\varphi^\dagger\varphi,\\ -2eA'{}^\mu\varphi'{}^\dagger\varphi' &=-2eA^\mu\varphi^\dagger\varphi +2e(\partial^\mu\Gamma)\varphi^\dagger\varphi . \end{aligned} \tag{61.9}

第三行的两份相位导数各给 $-e\,\partial^\mu\Gamma$ ，第四行则恰好补回。因此完整 $j^\mu$ 规范不变。这个电流作为麦克斯韦方程的源，满足沿第54节约定的 $\partial_\nu F^{\mu\nu}=J^\mu$ 。由于它本身依赖 $A$ ，相互作用不能简单地把完整 $J$ 乘一次 $A$ ：拉氏量中的二光子项必须按式（61.4）展开，才能得到正确系数。

有方向的标量线与三个顶角

量子化沿用第58节的联合规范固定。一个规范轨道同时改变带电场与电磁势；复标量的相位变换在两个实分量上是行列式为1的旋转。采用相同的边界条件和相容调节定义后，洛伦茨规范的阿贝尔行列式仍与场无关。取费曼规范 $\xi=1$ ，光子内线可直接沿用前面的结果，接下来只需接上复标量的内外线。

沿第22节的 $a,b$ 记号，自由或渐近复场为

\begin{aligned} \varphi(x)&=\int d\widetilde k\, \left[a(\mathbf k)e^{ikx}+b^\dagger(\mathbf k)e^{-ikx}\right],\\ \varphi^\dagger(x)&=\int d\widetilde k\, \left[b(\mathbf k)e^{ikx}+a^\dagger(\mathbf k)e^{-ikx}\right],\\ d\widetilde k&=\frac{d^3k}{(2\pi)^3\,2\omega_{\mathbf k}}, \qquad kx=\mathbf k\cdot\mathbf x-\omega_{\mathbf k}t . \end{aligned} \tag{61.10}

两套产生湮灭算符服从玻色对易关系，非零对易子均为 $(2\pi)^3\,2\omega_{\mathbf k}\delta^3(\mathbf k-\mathbf k')$ 。第22节的荷计算乘上 $e$ 后给 $Q_{\rm em}=e(N_a-N_b)$ ，所以 $a^\dagger$ 产生电荷 $+e<0$ 的标量电子， $b^\dagger$ 产生电荷 $-e>0$ 的标量正电子。这两个名称在本节只指该模型的两类自旋零粒子。

令 $|k\rangle=a^\dagger(\mathbf k)|0\rangle$ 。收缩湮灭算符与 $a^\dagger$ ，动量δ函数消去积分， $2\omega_{\mathbf k}$ 恰好抵消测度中的分母，因此

\begin{aligned} \langle0|\varphi(x)|k\rangle&=e^{ikx},& \langle0|\varphi^\dagger(x)|k\rangle&=0,\\ \langle k'|\varphi^\dagger(x)|0\rangle&=e^{-ik'x},& \langle k'|\varphi(x)|0\rangle&=0 . \end{aligned} \tag{61.11}

零式使用了混合对易子为零及真空被湮灭算符湮灭。对标量正电子交换 $\varphi$ 与 $\varphi^\dagger$ 即可；剥去外平面波后，四类标量外线的因子均为1。

内线也可从两实场立即确定。写 $\varphi=(\varphi_1+i\varphi_2)/\sqrt2$ ，自由拉氏量分成两个相同的实标量拉氏量；混合收缩为零，两份同类收缩相同，故

\begin{aligned} \langle{\rm T}\varphi(x)\varphi^\dagger(y)\rangle_0 &=\frac12\left[ \langle{\rm T}\varphi_1(x)\varphi_1(y)\rangle_0+ \langle{\rm T}\varphi_2(x)\varphi_2(y)\rangle_0\right]\\ &=\int\frac{d^4k}{(2\pi)^4} \frac{-i\,e^{ik(x-y)}}{k^2+m^2-i0},\\ \langle{\rm T}\varphi(x)\varphi(y)\rangle_0 &=\langle{\rm T}\varphi^\dagger(x)\varphi^\dagger(y)\rangle_0=0 . \end{aligned} \tag{61.12}

最后一行是两实场收缩的差，系数中的 $i^2=-1$ 使其相消。因而每条非零内线总是一端接 $\varphi$ 、另一端接 $\varphi^\dagger$ ，用连续箭头记录这一电荷流向，便可将标量线与光子顶角相接。

展开式（61.4）中的两个协变导数，一个来自共轭场的 $+ieA^\mu$ 与另一个来自 $\varphi$ 的 $-ieA_\mu$ 相乘，再保留动能前面的负号，得到相互作用项：

\mathcal L_1 =ieA^\mu\left[(\partial_\mu\varphi^\dagger)\varphi -\varphi^\dagger\partial_\mu\varphi\right] -e^2A^\mu A_\mu\varphi^\dagger\varphi -\frac{\lambda}{4}(\varphi^\dagger\varphi)^2 . \tag{61.13}

三价顶角中的导数作用在哪一端，决定其动量符号。求连接入、出两条标量外腿的树顶角矩阵元，等价地在这一步对插入作正规序，式（61.11）分别给

\begin{aligned} \langle k'|{:}(\partial_\mu\varphi^\dagger)\varphi{:}|k\rangle &=(-ik'_\mu)e^{-ik'x}e^{ikx},\\ \langle k'|{:}\varphi^\dagger\partial_\mu\varphi{:}|k\rangle &=e^{-ik'x}(ik_\mu)e^{ikx}. \end{aligned} \tag{61.14}

正规序去掉同点的真空收缩，保留连接两条外腿的这两项。将两项的系数与 $iS_1$ 中的 $i$ 相乘，剥去共同的外平面波后，

iV_\mu(k',k) =i(ie)\left[(-ik'_\mu)-(ik_\mu)\right] =ie(k+k')_\mu . \tag{61.15}

这里 $k$ 沿标量箭头进入顶角， $k'$ 沿同一箭头离开顶角。若改用所有腿都入射的动量， $\varphi^\dagger$ 腿的动量便为 $-k'$ ，同一个因子相应写成入 $\varphi$ 动量减去入 $\varphi^\dagger$ 动量。指定方向之后，导数顶角的动量和与差就没有歧义。

其余两个顶角只需数相同场的排列。两光子接触项有两种光子收缩次序，两个标量场却不同；四标量项中两个 $\varphi$ 和两个 $\varphi^\dagger$ 各有两种排列。因此

\begin{aligned} iV_{\mu\nu}^{AA\varphi^\dagger\varphi} &=i(-e^2)\,2!\,g_{\mu\nu}=-2ie^2g_{\mu\nu},\\ iV^{(\varphi^\dagger)^2\varphi^2} &=i\left(-\frac{\lambda}{4}\right)(2!)(2!)=-i\lambda . \end{aligned} \tag{61.16}

顶角因子已包括这些排列，画出一幅接触图后不再为它另乘一个 $2!$ 。图61a把三种顶角集中画出。

图61a：标量电动力学的三个顶角。虚线箭头记录标量电荷流，左图的 $k,k'$ 沿同一箭头；中图连接两条光子与一入一出的标量线；右图有两条箭头进入、两条箭头离开。波浪线分别带光子指标，顶角取下指标，与偏振或内光子的上指标连接。

三价顶角还有一个有用的检验。让光子动量 $h=k'-k$ 进入顶角，收缩其指标，两个标量动量的交叉项相消，得到

h^\mu iV_\mu(k',k) =ie(k'^2-k^2) =ie\left[(k'^2+m^2)-(k^2+m^2)\right]. \tag{61.17}

右边是两个自由标量逆核的差，甚至不要求这两条标量线在质量壳上。当某条标量是内线时，这个差可以消去其传播子分母，后面的规范抵消就由此发生。

怎样使用树图规则

有了内外线和顶角因子，便可以按以下顺序计算树级振幅。先画出所有外线，并用下表把粒子种类、物理动量和沿箭头的动量联系起来。表中的 $p$ 均为正能物理动量，“进入”与“离开”指相对于相连顶角的方向。

外线	箭头方向	沿箭头标的动量	外线因子
入标量电子	进入	$p$	$1$
出标量电子	离开	$p$	$1$
入标量正电子	离开	$-p$	$1$
出标量正电子	进入	$-p$	$1$
入光子	进入	$p$	$\varepsilon_\lambda^{\mu*}(p)$
出光子	离开	$p$	$\varepsilon_\lambda^\mu(p)$

例如一条入标量正电子线虽然带正能物理动量 $p$ ，它的电荷箭头却离开图，故必须标 $-p$ 才能在每个顶角使用同一种动量守恒。两类标量都是玻色子，交换同类外线不会产生费米统计的负号。光子箭头只标物理动量方向，其入射因子的星号仍来自第55、56节的场展开。

用图61a的三种顶角连接这些外线，列出拓扑不同的所有连通树图。每条内部标量线的箭头应连续通过顶角，内部光子任选一个动量方向即可；按箭头的正负号逐顶角守恒，树图全部内动量由外动量确定。随后乘上下列因子：

图的组成	因子
单光子标量顶角	$ie(k+k')_\mu$
双光子标量接触顶角	$-2ie^2g_{\mu\nu}$
四标量顶角	$-i\lambda$
内部光子	$-ig^{\mu\nu}/(k^2-i0)$
内部标量	$-i/(k^2+m^2-i0)$

各光子指标按连线缩并，同一树图中的所有因子相乘，最后把各图相加，所得为 $i\mathcal T$ 。这里的 $1/i=-i$ 已包括在每条内线中；振幅 $\mathcal T$ 还要除去图之和外面的总 $i$ 。下面的三个图会具体显示这种记号怎样同时固定交换项和接触项的相对符号。

标量电子正电子湮灭的三幅图

考虑一对标量电子正电子湮灭为两个光子。用 $p,q$ 分别表示入射标量电子、正电子的动量，用 $k,l$ 表示两个出光子的动量，均取正能。定义

\begin{aligned} p+q&=k+l,\qquad p^2=q^2=-m^2,\qquad k^2=l^2=0,\\ s&=-(p+q)^2,\qquad t=-(p-k)^2,\qquad u=-(p-l)^2,\\ s+t+u&=2m^2,\qquad d_t=m^2-t,\qquad d_u=m^2-u,\qquad d_t+d_u=s . \end{aligned} \tag{61.18}

与第59节相同，两个光子可以按两种次序接在有方向的带电线上。现在还存在一个把两光子直接连在同一顶角的接触图，故共有图61b的三项。数腿也能确定图已列全。记三类顶角数为 $V_3,V_{AA},V_4$ ，四外腿的树图满足 $V_3+2V_{AA}+2V_4=2$ 。若 $V_4=1$ ，其余顶角数只能为零，便没有光子外腿；允许的情形因而只有 $V_3=2$ 或 $V_{AA}=1$ 。前者给两种光子次序，后者给一幅接触图。因此本过程的树幅只含 $e^2$ ，不含 $\lambda$ 。

图61b：两幅交换图与一幅接触图。两幅交换图的内部标量箭头分别带 $p-k$ 与 $p-l$ ，入标量正电子端沿箭头标 $-q$ 。例如左图下顶角有 $p-k=l-q$ ；第二图的下光子为 $k$ ，该顶角的动量守恒为 $p-l=k-q$ 。接触图的两条光子同接一顶角，图间相加，其耦合系数的负号已包括在顶角中。

先读左图。上顶角沿标量线进入、离开的动量为 $p,p-k$ ，其和为 $2p-k$ ；下顶角则为 $p-k,-q$ ，其和为 $p-k-q=l-2q$ 。乘入两个出光子偏振，得到

\begin{aligned} i\mathcal T_t &=(ie)^2\frac{-i}{(p-k)^2+m^2-i0}\, (2p-k)_\mu\varepsilon_k^\mu (p-k-q)_\nu\varepsilon_l^\nu\\ &=ie^2\, \frac{(2p-k)_\mu(l-2q)_\nu}{d_t}\, \varepsilon_k^\mu\varepsilon_l^\nu . \end{aligned} \tag{61.19}

最后一行用了 $(ie)^2(-i)=ie^2$ 。在 $m>0$ 的湮灭物理区，第59节相同的运动学给 $d_t=s(1-\beta\cos\theta)/2>0$ 、 $d_u=s(1+\beta\cos\theta)/2>0$ ，其中 $\beta=\sqrt{1-4m^2/s}<1$ 。两个内线没有落在极点上，因此这里可以取实分母。交换 $k,l$ 得到第二幅图，接触图则直接给 $-2ie^2g_{\mu\nu}\varepsilon_k^\mu\varepsilon_l^\nu$ 。除去共同 $i$ 后，把总幅写成

\begin{aligned} \mathcal T&=\varepsilon_k^\mu\varepsilon_l^\nu M_{\mu\nu},\\ M_{\mu\nu} &=-e^2\left[ \frac{(2p-k)_\mu(2q-l)_\nu}{d_t} +\frac{(2q-k)_\mu(2p-l)_\nu}{d_u} +2g_{\mu\nu}\right]. \end{aligned} \tag{61.20}

这个张量尚未使用外偏振的横向性。每个交换项的分子、分母质量维数都是2，接触项也无量纲。本节保留树幅的 $e^2$ 阶及模方的 $e^4$ 阶；标量质量完整保留，圈修正及相应反项不包括在下面的散射结果内。

对实际出光子， $k\cdot\varepsilon_k=l\cdot\varepsilon_l=0$ 。所以第一项的两个分子可分别化成 $2p\cdot\varepsilon_k$ 和 $2q\cdot\varepsilon_l$ ，第二项也一样。于是振幅简化为

\mathcal T=-e^2\left[ \frac{4(p\cdot\varepsilon_k)(q\cdot\varepsilon_l)}{d_t} +\frac{4(q\cdot\varepsilon_k)(p\cdot\varepsilon_l)}{d_u} +2\varepsilon_k\cdot\varepsilon_l\right]. \tag{61.21}

在计算指定偏振时，这种形式最方便。若要用度规作偏振和，则须先回到完整张量，弄清哪些分量已在这次化简中被删去了。

接触图与偏振求和

将一条外光子的偏振换成它的动量，标量顶角的逆核差（61.17）就会消去内部传播子。在当前运动学下，所需四个收缩具体为

\begin{aligned} k\cdot(2p-k)&=-d_t,& k\cdot(2q-k)&=-d_u,\\ l\cdot(2q-l)&=-d_t,& l\cdot(2p-l)&=-d_u . \end{aligned} \tag{61.22}

例如 $t=m^2+2p\cdot k$ ，所以 $2p\cdot k=-d_t$ ；另外三式由 $p+q=k+l$ 及外腿在壳条件得到。逐项作用到式（61.20）上，两条沃德恒等式便是

\begin{aligned} k^\mu M_{\mu\nu} &=-e^2\left[-(2q-l)_\nu-(2p-l)_\nu+2k_\nu\right]=0,\\ l^\nu M_{\mu\nu} &=-e^2\left[-(2p-k)_\mu-(2q-k)_\mu+2l_\mu\right]=0 . \end{aligned} \tag{61.23}

每行最后都用 $p+q=k+l$ 。若只保留两幅交换图，它们在第一行留下 $2e^2k_\nu$ ，在第二行留下 $2e^2l_\mu$ ；接触图正好将其消去。这样，电流中显含 $A$ 的项、双光子顶角的因子2以及散射幅的规范不变性，便成为同一协变动能在三个计算中的表现。

现在可以沿第59节的物理投影求偏振和。取一个单位类时矢量 $n$ 来指定时间方向；展开横向投影后有

\begin{aligned} P^{\mu\rho}(k;n) &=g^{\mu\rho} -\frac{k^\mu n^\rho+n^\mu k^\rho}{k\cdot n} +\frac{n^2k^\mu k^\rho}{(k\cdot n)^2},\qquad n^2=-1,\\ \mathcal A &:=\sum_{\lambda_k,\lambda_l}|\mathcal T|^2 =P^{\mu\rho}(k;n)P^{\nu\sigma}(l;n) M_{\mu\nu}M_{\rho\sigma}^* =M_{\mu\nu}M^{\mu\nu *}. \end{aligned} \tag{61.24}

投影中每个非度规项都含一个该光子的动量。无论它收缩在振幅还是共轭幅一侧，式（61.23）都会使其消失。因此可用度规求偏振和。两个初态标量各只有一种自旋，这里不再附加自旋平均因子。

对已化简的振幅，情况有所不同。将式（61.21）中已经用过横向性的系数另记为 $K_{\mu\nu}$ ，则

\begin{aligned} K_{\mu\nu} &=-e^2\left[ \frac{4p_\mu q_\nu}{d_t} +\frac{4q_\mu p_\nu}{d_u}+2g_{\mu\nu}\right],\\ k^\mu K_{\mu\nu}&=2e^2l_\nu,\qquad l^\nu K_{\mu\nu}=2e^2k_\mu . \end{aligned} \tag{61.25}

例如第一条收缩留下 $-e^2[-2q_\nu-2p_\nu+2k_\nu]=2e^2l_\nu$ 。它再乘另一个物理偏振仍为零，所以简化幅本身正确；但对自由指标的收缩没有变为零，不能把两个物理投影都直接去掉。下面先用两个物理偏振求和，再计算两次度规收缩产生的额外项。下文也从完整 $M_{\mu\nu}$ 作协变缩并，核对这一结果。

把偏振和实际算完

取质心系，并将入射标量电子的空间动量放在第三轴，第一个光子放在第一、三轴构成的散射平面内：

\begin{aligned} p&=E(1,0,0,\beta),\qquad q=E(1,0,0,-\beta),\\ k&=E(1,\sin\theta,0,\cos\theta),\qquad l=E(1,-\sin\theta,0,-\cos\theta),\\ E&=\frac{\sqrt s}{2},\qquad \beta^2=1-\frac{m^2}{E^2},\qquad c=\cos\theta,\\ d_t&=2E^2(1-\beta c),\qquad d_u=2E^2(1+\beta c),\\ \frac1{d_t}+\frac1{d_u} &=\frac{1}{E^2(1-\beta^2c^2)} . \end{aligned} \tag{61.26}

两光子的空间方向相反，因而可以共用两根实的单位横向矢量：一根在散射平面内，另一根垂直于该平面。

\begin{aligned} \varepsilon_\parallel&=(0,c,0,-\sin\theta),\qquad \varepsilon_\perp=(0,0,1,0),\\ \varepsilon_a\cdot\varepsilon_b&=\delta_{ab},\qquad k\cdot\varepsilon_a=l\cdot\varepsilon_a=0,\\ p\cdot\varepsilon_\parallel&=-\beta E\sin\theta,\qquad q\cdot\varepsilon_\parallel=+\beta E\sin\theta,\\ p\cdot\varepsilon_\perp&=q\cdot\varepsilon_\perp=0 . \end{aligned} \tag{61.27}

改变偏振基不会改变两种偏振的总和。选线偏振的好处是所有内积都为实数，而且混合偏振立即消失：两个交换项各含一个零内积，接触项也因 $\varepsilon_\parallel\cdot\varepsilon_\perp=0$ 而为零。两个相同偏振的幅由式（61.21）成为

\begin{aligned} \mathcal T_{\parallel\parallel} &=-e^2\left[ -4\beta^2E^2(1-c^2) \left(\frac1{d_t}+\frac1{d_u}\right)+2\right]\\ &=-2e^2\left[1-\frac{2\beta^2(1-c^2)}{1-\beta^2c^2}\right],\\ \mathcal T_{\perp\perp}&=-2e^2,\qquad \mathcal T_{\parallel\perp}=\mathcal T_{\perp\parallel}=0 . \end{aligned} \tag{61.28}

第一行的负乘积来自两入射标量相反的空间动量，因而交换图与接触图发生干涉。为把结果换回不变量，令

\begin{gathered} \rho=\frac{1-\beta^2}{1-\beta^2c^2} =\frac{m^2s}{d_td_u},\\ \frac{\beta^2(1-c^2)}{1-\beta^2c^2}=1-\rho,\qquad \mathcal T_{\parallel\parallel}=2e^2(1-2\rho). \end{gathered} \tag{61.29}

将两个非零偏振振幅的模平方相加，得到

\begin{aligned} \mathcal A(s,t,u) &=4e^4\left[(1-2\rho)^2+1\right]\\ &=8e^4\left[ 1-\frac{2m^2s}{(m^2-t)(m^2-u)} +\frac{2m^4s^2}{(m^2-t)^2(m^2-u)^2}\right]. \end{aligned} \tag{61.30}

求和只含刚才得到的两个非零幅，每个偏振组合恰好计一次。相同末态光子的 $1/2!$ 将在完整带标签相空间积分中加入，它不改变这里的偏振和。式中的 $t,u$ 对称性对应两个光子的交换；所有项无量纲，第一行也使正性清楚可见。

还可以定量算出对简化 $K$ 误作两次度规收缩的结果。用 $w=p\cdot q=m^2-s/2$ 以及 $p^2=q^2=-m^2$ ，所得为

\begin{aligned} K_{\mu\nu}K^{\mu\nu} &=e^4\left[ 16m^4\left(\frac1{d_t^2}+\frac1{d_u^2}\right) +\frac{32w^2}{d_td_u} +16w\left(\frac1{d_t}+\frac1{d_u}\right)+16\right]\\ &=16e^4\left[ 1-m^2\left(\frac1{d_t}+\frac1{d_u}\right) +m^4\left(\frac1{d_t}+\frac1{d_u}\right)^2\right]\\ &=16e^4(1-\rho+\rho^2)=\mathcal A+8e^4 . \end{aligned} \tag{61.31}

第一行的四项依次来自两个交换项各自的平方、两者互乘、与接触项的交叉项，以及 $4g_{\mu\nu}g^{\mu\nu}=16$ 。把 $w=m^2-s/2$ 代入并用 $d_t+d_u=s$ ，含 $s^2/(d_td_u)$ 的两项相消，含 $m^2s/(d_td_u)$ 的项合成 $-16m^2s/(d_td_u)$ ，四次质量项合成 $16m^4(1/d_t+1/d_u)^2$ ，即第二行。因此误差恒为 $8e^4$ 。

最后看两个物理极限。阈值 $\beta=0$ 时，标量的空间动量为零，两幅交换图在所选偏振下均消失，只剩接触图： $\mathcal T_{\parallel\parallel}=\mathcal T_{\perp\perp}=-2e^2$ ，故 $\mathcal A=8e^4$ ，并与出光子方向无关。固定非共线角度而取 $m^2/s\to0$ 时， $\rho\to0$ ，两个非零幅变为相反号而等模，偏振和又趋于 $8e^4$ 。在中间能量与角度处，交换图和接触图改变了平行偏振的幅；由于 $0\le\rho\le1$ ，其总平方在 $4e^4$ 与 $8e^4$ 之间。这与旋量电动力学的高能角分布不同，反映了物质自旋以及相应顶角结构的差别。

同一三图振幅还可以交叉为标量康普顿散射。此时初态多了一个有两种偏振的光子，未极化平均应取 $\mathcal C(s,t,u)=\mathcal A(t,s,u)/2$ 。后面的康普顿计算将逐腿完成这个替换，并在初标量静止系求出角分布。

完整张量的协变缩并

考虑质量同为 $m$ 的标量电子 $p$ 与正电子 $q$ 湮灭为光子 $k,l$ ，各动量正能且 $p+q=k+l$ 。令 $r=m^2$ 、 $a=r-t$ 、 $b=r-u$ ，其中 $s=-(p+q)^2$ 、 $t=-(p-k)^2$ 、 $u=-(p-l)^2$ ，故 $a+b=s$ 。为缩短张量乘法，将完整幅的四个动量分子记为

\begin{aligned} A&=2p-k,\qquad B=2q-l,\qquad C=2q-k,\qquad D=2p-l,\\ M_{\mu\nu} &=-e^2\left(\frac{A_\mu B_\nu}{a} +\frac{C_\mu D_\nu}{b}+2g_{\mu\nu}\right). \end{aligned} \tag{61.32}

这里 $A,B,C,D$ 只是四个矢量的临时名称。上文（61.23）已证明 $k^\mu M_{\mu\nu}=l^\nu M_{\mu\nu}=0$ ，因此现在确实可以用两个度规替代物理偏振投影。所需的外动量内积都由在壳条件和曼德尔斯塔姆变量得到：

\begin{aligned} p^2=q^2&=-r,\qquad k^2=l^2=0,\qquad p\cdot q=r-\frac{s}{2},\qquad k\cdot l=-\frac{s}{2},\\ p\cdot k=q\cdot l&=-\frac a2,\qquad p\cdot l=q\cdot k=-\frac b2 . \end{aligned} \tag{61.33}

例如 $A^2=4p^2-4p\cdot k=2a-4r$ 。两种交换图互乘时，需要 $A\cdot C=4p\cdot q-2p\cdot k-2q\cdot k=4r-s$ ；交换图与接触图相乘时，则有 $A\cdot B=4p\cdot q-2p\cdot l-2q\cdot k+k\cdot l$ 。把式（61.33）代入，全部缩并归结为

\begin{aligned} A^2=B^2&=2a-4r,\qquad C^2=D^2=2b-4r,\\ A\cdot C=B\cdot D&=4r-s,\\ A\cdot B&=4r-\frac{5a+b}{2},\qquad C\cdot D=4r-\frac{a+5b}{2}. \end{aligned} \tag{61.34}

平方包含两个交换项各自的平方、两者的交叉项、两项与接触项的交叉项，以及接触项的平方。按这个顺序写全，

\begin{aligned} \frac{M_{\mu\nu}M^{\mu\nu}}{e^4} &=\frac{A^2B^2}{a^2} +\frac{C^2D^2}{b^2} +\frac{2(A\cdot C)(B\cdot D)}{ab}\\ &\quad+\frac{4A\cdot B}{a} +\frac{4C\cdot D}{b} +4g_{\mu\nu}g^{\mu\nu}\\ &=4\left(1-\frac{2r}{a}\right)^2 +4\left(1-\frac{2r}{b}\right)^2 +\frac{2(4r-s)^2}{ab}\\ &\quad+\frac{16r-10a-2b}{a} +\frac{16r-2a-10b}{b}+16 . \end{aligned} \tag{61.35}

交叉项的因子2来自两种乘法次序，与接触项中的2再相乘便产生因子4。接下来可以按 $r$ 的次数合并。 $r^2$ 项为 $16r^2(a^{-2}+b^{-2})+32r^2/(ab)=16r^2(a^{-1}+b^{-1})^2$ 。线性 $r$ 项中，两个平方贡献 $-16r(a^{-1}+b^{-1})$ ，接触交叉项给其相反数，余下 $-16rs/(ab)$ 。常数项为 $8-20+16+2s^2/(ab)-2(a/b+b/a)$ ；由于 $s^2=(a+b)^2$ ，它恰好等于8。因此

\begin{aligned} \mathcal A(s,t,u) &=8e^4\left[ 1-\frac{2rs}{ab}+\frac{2r^2s^2}{a^2b^2}\right]\\ &=8e^4\left[ 1-\frac{2m^2s}{(m^2-t)(m^2-u)} +\frac{2m^4s^2}{(m^2-t)^2(m^2-u)^2}\right]. \end{aligned} \tag{61.36}

这与上文用两个显式偏振得到的式（61.30）相同。整个缩并都保留完整的四个分子；若提前使用横向性删去其中的 $k,l$ 项，就会产生上文已算出的额外 $8e^4$ 。因此度规求和必须作用于满足完整沃德恒等式的张量。

标量康普顿散射

现在的过程是标量电子与光子散射，用 $p,k$ 标入射动量， $p',l$ 标出射动量。将湮灭过程中的入标量正电子改到末态，动量 $q$ 延拓为 $-p'$ ；再将第一条出光子改到初态，原来的 $k$ 延拓为 $-k$ 。为区别两套不变量，暂在湮灭变量上加下标 $a$ ：

\begin{aligned} \widetilde e^-(p)+\gamma(k)&\longrightarrow \widetilde e^-(p')+\gamma(l),\qquad p+k=p'+l,\\ s&=-(p+k)^2,\qquad t=-(p-p')^2=-(k-l)^2,\qquad u=-(p-l)^2,\\ s_a&=-(p-p')^2=t,\qquad t_a=-(p+k)^2=s,\qquad u_a=u . \end{aligned} \tag{61.37}

标量外线因子在交叉时仍为1，所有外标量算符都服从玻色统计。入光子的外因子改为 $\varepsilon_k^{\mu*}$ 。将上述动量逐个代入完整式（61.20），便得到

\begin{aligned} \mathcal T_{\rm C} &=\varepsilon_k^{\mu*}\varepsilon_l^\nu M^{\rm C}_{\mu\nu},\\ M^{\rm C}_{\mu\nu} &=e^2\left[ \frac{(2p+k)_\mu(2p'+l)_\nu}{m^2-s} +\frac{(2p'-k)_\mu(2p-l)_\nu}{m^2-u} -2g_{\mu\nu}\right]. \end{aligned} \tag{61.38}

两项各自的负号来自 $q=-p'$ ，再与原幅外面的负号相消；接触项仍为 $-2e^2g_{\mu\nu}$ 。这也是直接使用标量规则画出两个交换图与接触图所得的结果。与费米子例不同，这个替换没有旋量自旋密度引起的交叉负号。

对两光子偏振不加权求和，交叉后的张量缩并就是 $\mathcal A(t,s,u)$ 。未极化康普顿初态却包含两个等概率光子偏振，所以还须除以2。定义 $\mathcal C$ 为包含这个初态平均的结果，则

\begin{aligned} \mathcal C(s,t,u) &:=\frac12\sum_{\lambda_k,\lambda_l} |\mathcal T_{\rm C}|^2 =\frac12\mathcal A(t,s,u)\\ &=4e^4\left[ 1-\frac{2m^2t}{(m^2-s)(m^2-u)} +\frac{2m^4t^2}{(m^2-s)^2(m^2-u)^2}\right]. \end{aligned} \tag{61.39}

未平均的总偏振和只需交换 $s,t$ ，初态平均则还须包括上述 $1/2$ 。交叉对称性作用于振幅张量，初态平均的权重由所考察的过程另行确定。

可以在初标量静止系直接检查这个结果。设入、出光子能量为 $\omega,\omega'$ ，散射角为 $\theta$ ，取

\begin{aligned} p&=(m,0,0,0),\qquad k=\omega(1,0,0,1),\\ l&=\omega'(1,\sin\theta,0,c),\qquad p'=p+k-l,\qquad c=\cos\theta,\\ p'^2=p^2 &\quad\Longrightarrow\quad m(\omega-\omega')=\omega\omega'(1-c),\\ \omega'&=\frac{\omega}{1+(\omega/m)(1-c)} . \end{aligned} \tag{61.40}

第三行来自 $2p\cdot(k-l)-2k\cdot l=0$ 。于是

\begin{aligned} m^2-s&=-2m\omega,\qquad m^2-u=2m\omega',\qquad t=-2\omega\omega'(1-c),\\ \frac{m^2t}{(m^2-s)(m^2-u)} &=\frac{1-c}{2},\\ \mathcal C&=4e^4\left[1-(1-c)+\frac12(1-c)^2\right] =2e^4(1+c^2). \end{aligned} \tag{61.41}

这个简单形式还可以直接从三图振幅看出。选两光子的时间偏振分量为零，则 $p\cdot\varepsilon_k^*=p\cdot\varepsilon_l=0$ 。式（61.38）的第一幅交换图含 $(2p+k)\cdot\varepsilon_k^*=0$ ，第二幅含 $(2p-l)\cdot\varepsilon_l=0$ ，因而只留下接触项。将入射的平行偏振取沿第一轴，出射的平行偏振取在散射平面内，两根垂直偏振都取沿第二轴，得到

\begin{gathered} \varepsilon_{k,\parallel}=(0,1,0,0),\qquad \varepsilon_{l,\parallel}=(0,c,0,-\sin\theta),\\ \varepsilon_{k,\perp}=\varepsilon_{l,\perp}=(0,0,1,0),\\ \bigl(\mathcal T_{{\rm C},ab}\bigr) =-2e^2\begin{pmatrix}c&0\\0&1\end{pmatrix},\qquad \frac12\sum_{a,b}|\mathcal T_{{\rm C},ab}|^2 =2e^4(1+c^2). \end{gathered} \tag{61.42}

因此式（61.41）在整个有质量树级物理区域成立，不要求 $\omega\ll m$ 。反冲仍通过式（61.40）改变出射能量和相空间。

第59节的实验室相空间积分只依赖质量与运动学，仍可直接使用。以入射通量 $4m\omega$ 除两体相空间，得到

\begin{aligned} \frac{d\sigma}{d\Omega} &=\frac{1}{64\pi^2m^2}\left(\frac{\omega'}{\omega}\right)^2\mathcal C =\frac{\alpha^2}{2m^2}\left(\frac{\omega'}{\omega}\right)^2(1+\cos^2\theta),\\ \alpha&=\frac{e^2}{4\pi},\qquad \lim_{\omega/m\to0}\sigma=\frac{8\pi\alpha^2}{3m^2}. \end{aligned} \tag{61.43}

低能时 $\omega'/\omega\to1$ ，对 $1+\cos^2\theta$ 作全角积分给 $16\pi/3$ ，恢复汤姆孙截面。有限能量时，标量和旋量的模方不同，反冲的相空间因子则相同。

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