Srednicki §65 标量电动力学中的圈修正

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第61节已经建立标量电动力学的树级规则。现在让虚粒子在图中形成闭圈，求它们对传播子和顶角的修正。与第62节不同，这一次主要关心紫外发散的系数：在 $\overline{\mathrm{MS}}$ 方案中，它们确定重整化因子，并为判断耦合随能标怎样变化提供依据。有限的散射振幅需要保留完整外动量；提取局部发散时，却可以选择使计算显著简化的动量和规范。

拉氏量、顶角和减除约定

考虑保持洛伦兹与局域 $U(1)$ 对称性的复标量理论，取质量项、四次势和协变动能，并加上麦克斯韦动能。这些项给出本节的可重整化模型。先将每种结构的系数分开记下，便于从不同的格林函数中确定它们。沿第61节的电荷及场约定，写成

\begin{aligned} \mathcal L&=\mathcal L_0+\mathcal L_1,\\ \mathcal L_0 &=-\partial^\mu\varphi^\dagger\partial_\mu\varphi -m^2\varphi^\dagger\varphi-\frac14F^{\mu\nu}F_{\mu\nu},\\ \mathcal L_1 &=-iZ_1e\,[\varphi^\dagger\partial^\mu\varphi -(\partial^\mu\varphi^\dagger)\varphi]A_\mu -Z_4e^2\varphi^\dagger\varphi A^\mu A_\mu\\ &\quad-\frac{Z_\lambda\lambda}{4}(\varphi^\dagger\varphi)^2 +\mathcal L_{\rm ct},\\ \mathcal L_{\rm ct} &=-(Z_2-1)\partial^\mu\varphi^\dagger\partial_\mu\varphi -(Z_m-1)m^2\varphi^\dagger\varphi -\frac{Z_3-1}{4}F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}. \end{aligned} \tag{65.1}

这里 $m^2>0$ ，在 $\varphi=A=0$ 的对称真空附近作微扰， $e<0$ 、 $\lambda$ 为实数。正的 $\lambda$ 给出有下界的树级四次势。线性交叉项的负号由协变导数 $D_\mu=\partial_\mu-ieA_\mu$ 确定。展开协变动能 $-(D^\mu\varphi)^\dagger D_\mu\varphi$ ，有

\begin{aligned} -(D^\mu\varphi)^\dagger D_\mu\varphi &=-\partial^\mu\varphi^\dagger\partial_\mu\varphi\\ &\quad+ieA_\mu\big[(\partial^\mu\varphi^\dagger)\varphi -\varphi^\dagger\partial^\mu\varphi\big] -e^2A^2\varphi^\dagger\varphi . \end{aligned} \tag{65.2}

因此，导数作用于入射的 $e^{ipx}$ 和出射的 $e^{-ip'x}$ 时，线性交叉项给出三点顶角 $ie(p+p')^\mu$ 。若交换 $\varphi$ 与 $\varphi^\dagger$ ，线性交叉项和粒子荷支同时反号；有限规范变换将给出两种写法对应的相位及同一个规范约束。

记 $\delta Z_i=Z_i-1$ 。本节用到的树顶角与二点反项为

\begin{aligned} iV_{3,\rm tree}^{\mu}(p',p)&=ieZ_1(p'+p)^\mu,\\ iV_{4,\rm tree}^{\mu\nu}&=-2ie^2Z_4g^{\mu\nu},\qquad iV_{4\varphi,\rm tree}=-iZ_\lambda\lambda,\\ i\Pi_{\varphi,\rm ct}(k^2) &=-i\delta Z_2k^2-i\delta Z_m m^2,\\ i\Pi_{\rm ct}^{\mu\nu}(k) &=-i\delta Z_3(k^2g^{\mu\nu}-k^\mu k^\nu). \end{aligned} \tag{65.3}

前两个电磁顶角的阶乘和动量号已在第61节逐一求出。四标量顶角中的 $2!\,2!$ 抵消拉氏量的 $1/4$ 。内线仍为相应传播核除以 $i$ ，闭合的标量圈没有费米统计负号。光子反项保留 $\mu,\nu$ 两个自由指标，其纵向张量为 $k^\mu k^\nu$ 。

维数调节采用

\begin{gathered} d=4-\varepsilon,\qquad e_d=e\widetilde\mu^{\varepsilon/2},\qquad \lambda_d=\lambda\widetilde\mu^\varepsilon,\qquad \mu^2=4\pi e^{-\gamma_E}\widetilde\mu^2,\\ [\varphi]=[A]=\frac{d-2}{2},\qquad [e_d]=\frac{\varepsilon}{2},\qquad [\lambda_d]=\varepsilon . \end{gathered} \tag{65.4}

以下 $\int_\ell$ 表示 $d^d\ell/(2\pi)^d$ 。三点函数提出一个公共 $\widetilde\mu^{\varepsilon/2}$ ，两个四点函数提出 $\widetilde\mu^\varepsilon$ ，所余圈积分统一带 $\widetilde\mu^\varepsilon$ 。这种写法使显示的 $e,\lambda$ 无量纲，又不会丢失外顶角的工程量纲。各 $Z_i$ 在圈内只需取1；在那里再插入 $\delta Z_i$ ，便增加一阶圈修正。我们将保留一圈产生的 $e^2,\lambda,e^4,e^2\lambda,\lambda^2$ 各项，并由它们所在的格林函数判断阶次。

标量圈与接触项怎样给出横向光子自能

光子二点函数有一个有向标量泡、一个接触顶角上的标量闭线，以及光子动能反项。图65a依次画出这三个贡献。

图65a：虚线箭头记录复标量的电荷方向，上、下内线的带符号动量为 $\ell+k$ 、 $\ell$ ；波线外动量均为 $k$ 。中图的闭线是复标量，右图叉号为 $\delta Z_3$ 。

两条标量内线给 $(1/i)^2$ ，与两个 $ie$ 相乘后为 $+e^2$ 。接触图只有一条标量内线，故 $(-2ie^2)(1/i)=-2e^2$ 。于是

\begin{aligned} i\Pi^{\mu\nu}(k) &=e^2\widetilde\mu^\varepsilon\int_\ell \frac{(2\ell+k)^\mu(2\ell+k)^\nu} {[(\ell+k)^2+m^2](\ell^2+m^2)}\\ &\quad-2e^2g^{\mu\nu}\widetilde\mu^\varepsilon \int_\ell\frac1{\ell^2+m^2} -i\delta Z_3(k^2g^{\mu\nu}-k^\mu k^\nu). \end{aligned} \tag{65.5}

分母都继承 $-i0$ ；在下面的欧氏参数计算中暂不重复写出。两个圈图单独都含表面的二次发散，因此先把它们合并，更容易看见质量型项如何消去。给第二项乘上缺少的分母，得到

\begin{aligned} i\Pi^{\mu\nu}(k) &=e^2\widetilde\mu^\varepsilon\int_\ell \frac{N^{\mu\nu}} {[(\ell+k)^2+m^2](\ell^2+m^2)} -i\delta Z_3(k^2g^{\mu\nu}-k^\mu k^\nu),\\ N^{\mu\nu} &=(2\ell+k)^\mu(2\ell+k)^\nu -2[(\ell+k)^2+m^2]g^{\mu\nu}. \end{aligned} \tag{65.6}

用一个费曼参数合并分母，并作允许的圈动量平移：

\begin{gathered} \frac1{AB}=\int_0^1\frac{dx}{[xA+(1-x)B]^2},\\ A=(\ell+k)^2+m^2,\quad B=\ell^2+m^2,\quad q=\ell+xk,\quad D=m^2+x(1-x)k^2,\\ xA+(1-x)B=q^2+D,\qquad \int_\ell\frac{N^{\mu\nu}}{AB} =\int_0^1dx\int_q\frac{N^{\mu\nu}}{(q^2+D)^2}. \end{gathered} \tag{65.7}

平移的雅可比行列式为1。先在威克转动后积分收敛的维数域中使用这些操作，再作解析延拓，正是第14、62节所用的维数调节方式。

将 $\ell=q-xk$ 代入分子。关于 $q$ 的一次项在对称积分中为零，而 $q^\mu q^\nu$ 在只依赖 $q^2$ 的分母下平均为 $g^{\mu\nu}q^2/d$ ，所以

\begin{aligned} N^{\mu\nu} &=[2q+(1-2x)k]^\mu[2q+(1-2x)k]^\nu\\ &\quad-2[(q+(1-x)k)^2+m^2]g^{\mu\nu}\\ &\ \longrightarrow\ 4q^\mu q^\nu+(1-2x)^2k^\mu k^\nu -2[q^2+(1-x)^2k^2+m^2]g^{\mu\nu}\\ &\ \longrightarrow\ 2\left(\frac2d-1\right)q^2g^{\mu\nu} +(1-2x)^2k^\mu k^\nu -2[(1-x)^2k^2+m^2]g^{\mu\nu}. \end{aligned} \tag{65.8}

箭头表示放入当前积分后的等价替换。特别是 $\varepsilon$ 尚未取零， $d$ 不能在二次发散项前随意换成4。

接着复用第62节的径向分部积分。令 $J_n(D)=\widetilde\mu^\varepsilon\int_q(q^2+D)^{-n}$ 。总导数积分及 $q^2=(q^2+D)-D$ 给

\begin{aligned} 0&=dJ_1(D) -2\widetilde\mu^\varepsilon\int_q\frac{q^2}{(q^2+D)^2},\\ \widetilde\mu^\varepsilon\int_q\frac{q^2}{(q^2+D)^2} &=J_1(D)-DJ_2(D),\\ \left(\frac2d-1\right) \widetilde\mu^\varepsilon\int_q\frac{q^2}{(q^2+D)^2} &=DJ_2(D). \end{aligned} \tag{65.9}

因此，在式（65.8）的积分里，可将 $(2/d-1)q^2$ 换成 $D$ 。代入 $D$ 以后，显式的 $m^2$ 相消：

\begin{aligned} N^{\mu\nu} &\ \longrightarrow\ 2Dg^{\mu\nu}+(1-2x)^2k^\mu k^\nu -2[(1-x)^2k^2+m^2]g^{\mu\nu}\\ &=(1-2x)^2k^\mu k^\nu -2(1-2x)(1-x)k^2g^{\mu\nu}. \end{aligned} \tag{65.10}

还剩一个参数上的不对称写法。取 $x=y+1/2$ ，有

\begin{aligned} -\frac12&\le y\le\frac12,\qquad D=m^2+\left(\frac14-y^2\right)k^2,\\ N^{\mu\nu} &=4y^2k^\mu k^\nu-2(2y^2-y)k^2g^{\mu\nu}\\ &\ \longrightarrow\ -4y^2(k^2g^{\mu\nu}-k^\mu k^\nu). \end{aligned} \tag{65.11}

$D$ 是 $y$ 的偶函数，故最后一行删去的是 $2yk^2g^{\mu\nu}$ 这一奇项。

经过这两次积分化简，光子自能成为

\begin{aligned} \Pi^{\mu\nu}(k) &=\Pi(k^2)(k^2g^{\mu\nu}-k^\mu k^\nu),\\ \Pi(k^2) &=-\frac{e^2}{i}\int_0^1dx\,(1-2x)^2 J_2\big(m^2+x(1-x)k^2\big)-\delta Z_3 . \end{aligned} \tag{65.12}

收缩 $k_\mu$ 立即给零。标量接触顶角因而不仅改变图的数目，它还使二点函数具有规范对称性所要求的结构；没有留下可解释为光子质量的常数张量。

圈积分已在第62节求出。这里取 $n=2$ ，并保留提取极部所需的两项：

\begin{aligned} J_2(D) &=\frac{i\widetilde\mu^\varepsilon} {(4\pi)^{d/2}}\Gamma(2-d/2)D^{d/2-2}\\ &=\frac{i}{16\pi^2} \left[\frac2\varepsilon-\ln\frac D{\mu^2} +O(\varepsilon)\right]. \end{aligned} \tag{65.13}

这里 $\Gamma(\varepsilon/2)=2/\varepsilon-\gamma_E+O(\varepsilon)$ ，其常数项已经合入 $\mu$ 的定义。极点系数与 $D$ 无关，剩余参数积分于是只是

\int_0^1(1-2x)^2dx =\left[x-2x^2+\frac43x^3\right]_0^1 =\frac13 =4\int_{-1/2}^{1/2}y^2dy . \tag{65.14}

所以

\Pi(k^2)\big|_{\rm pole} =-\frac{e^2}{24\pi^2\varepsilon}-\delta Z_3, \qquad Z_3=1-\frac{e^2}{24\pi^2\varepsilon} +\text{更高圈项}. \tag{65.15}

对一个复标量，极点系数是第62节一个狄拉克场结果的四分之一。两者的电荷相同，差别来自各自的传播子分子和自由度；此处的 $1/3$ 已由实际参数积分得到。

横向光子中的标量自能

接下来求标量二点函数。内部出现光子以后，规范的选择就能帮助我们化简分子。选取朗道规范的横向光子核：

\begin{gathered} \widetilde\Delta_{\mu\nu}(\ell) =\frac{P_{\mu\nu}(\ell)}{\ell^2-i0},\qquad P_{\mu\nu}(\ell)=g_{\mu\nu}-\frac{\ell_\mu\ell_\nu}{\ell^2},\\ \ell^\mu P_{\mu\nu}=P_{\mu\nu}\ell^\nu=0,\qquad P_\mu{}^\rho P_{\rho\nu}=P_{\mu\nu},\qquad g^{\mu\nu}P_{\mu\nu}=d-1 . \end{gathered} \tag{65.16}

这是第57节的横向核，也就是协变规范族中的 $\xi=0$ 。收缩一只 $\ell$ 时，投影中的两项给 $\ell_\nu-\ell^2\ell_\nu/\ell^2=0$ ；取迹则从 $d$ 减去1。光锥上的表达式仍按该节的共同边界处方理解，下面在维数积分的欧氏表示中使用投影恒等式。

图65b：依次为标量—光子泡、光子蝌蚪、标量蝌蚪和二点反项。虚线沿外电荷方向，泡内标量带 $\ell+k$ ，光子带 $\ell$ 。光子蝌蚪的两条相同半线可以互换，权重为 $1/2$ 。

先确定两个蝌蚪的计数。一次插入 $-e^2\varphi^\dagger\varphi A_\mu A^\mu$ ，两个标量各接一条外线，余下两个 $A$ 只组成一个收缩。因此从完整接触顶角读取时，应有 $1/2$ 。四标量插入的两个外端却各有两个可选的同类场，得到

\begin{aligned} \text{光子蝌蚪顶角权重}:& \qquad \frac12(-2ie^2)=-ie^2,\\ \text{标量蝌蚪顶角权重}:& \qquad \left(-\frac{i\lambda}{4}\right)(2)(2)=-i\lambda . \end{aligned} \tag{65.17}

第一行的 $1/2$ 来自两个相同光子端点的交换。光子蝌蚪在去掉调节质量后趋于零；在取这个极限以前，应保留该收缩权重。

泡图分子中的 $(\ell+2k)^\mu(\ell+2k)^\nu$ 与 $P_{\mu\nu}$ 缩并，只留下 $4P_{\mu\nu}k^\mu k^\nu$ 。两个顶角和两条内线的相位仍给 $+e^2$ 。结合式（65.17），有

\begin{aligned} i\Pi_\varphi(k^2) &=4e^2\widetilde\mu^\varepsilon \int_\ell\frac{P_{\mu\nu}(\ell)k^\mu k^\nu} {\ell^2[(\ell+k)^2+m^2]}\\ &\quad-(d-1)e^2J_1(m_\gamma^2)-\lambda J_1(m^2)\\ &\quad-i\delta Z_2 k^2-i\delta Z_m m^2 . \end{aligned} \tag{65.18}

光子蝌蚪中临时加入正的 $m_\gamma^2$ 。所有圈积分均使用 $d$ 维测度，并带相应的 $\widetilde\mu^\varepsilon$ 。

同一个维数积分公式取 $n=1$ 便给

\begin{aligned} J_1(M^2) &=\frac{i\widetilde\mu^\varepsilon}{(4\pi)^{d/2}} \Gamma(1-d/2)(M^2)^{d/2-1}\\ &=\frac{iM^2}{16\pi^2} \left[-\frac2\varepsilon+\ln\frac{M^2}{\mu^2}-1 +O(\varepsilon)\right]. \end{aligned} \tag{65.19}

负号来自 $\Gamma(-1+\varepsilon/2)=\Gamma(\varepsilon/2)/(-1+\varepsilon/2)$ ，与分母平方积分的正极点不同。对光子蝌蚪应先用第一行的完整表达式：

J_1(m_\gamma^2) =\frac{i\widetilde\mu^\varepsilon \Gamma(-1+\varepsilon/2)} {(4\pi)^{2-\varepsilon/2}} (m_\gamma^2)^{1-\varepsilon/2} \ \longrightarrow\ 0 \quad (m_\gamma\to0,\ 0<\operatorname{Re}\varepsilon<2). \tag{65.20}

在这个固定维数域中，质量的幂为正，再将零结果作维数延拓。标量蝌蚪则保留 $m>0$ ，给 $i\lambda m^2/(8\pi^2\varepsilon)$ 这一质量型极点。

现在评价泡图。把 $P$ 中的 $\ell^2$ 乘到分母中，便得到三个因子，其中两个相同：

\begin{aligned} \frac{P_{\mu\nu}(\ell)k^\mu k^\nu} {\ell^2[(\ell+k)^2+m^2]} &=\frac{\ell^2k^2-(\ell\cdot k)^2} {(\ell^2)^2[(\ell+k)^2+m^2]},\\ dF_3&=2\,dx_1dx_2dx_3\, \delta(x_1+x_2+x_3-1),\qquad x_i\ge0,\\ q&=\ell+x_3k,\qquad D=x_3m^2+x_3(1-x_3)k^2,\\ \int dF_3\,h(x_3) &=2\int_0^1dx_3\,(1-x_3)h(x_3),\qquad \int dF_3=1 . \end{aligned} \tag{65.21}

因子2是三分母参数公式中的 $\Gamma(3)$ ；消去 $x_2$ 后， $x_1$ 从0积到 $1-x_3$ ，才产生最后一行的权重。虽然两个分母相同，它们仍占据两个参数位置，不能少计这个权重。

分子在平移后有一个有用的精确相消：

\begin{aligned} N&=(q-x_3k)^2k^2-(q\cdot k-x_3k^2)^2\\ &=q^2k^2-2x_3(q\cdot k)k^2+x_3^2(k^2)^2\\ &\quad-(q\cdot k)^2+2x_3(q\cdot k)k^2-x_3^2(k^2)^2\\ &=q^2k^2-(q\cdot k)^2 \ \longrightarrow\ \left(1-\frac1d\right)q^2k^2 . \end{aligned} \tag{65.22}

关于 $q$ 的一次项在求角平均以前就已精确相消。剩下的积分可用 $q^2=(q^2+D)-D$ 拆开：

\begin{aligned} \widetilde\mu^\varepsilon \int_q\frac{q^2}{(q^2+D)^3} &=J_2(D)-DJ_3(D),\\ J_3(D) &=\frac{i}{32\pi^2D}+O(\varepsilon),\\ J_2(D)-DJ_3(D) &=\frac{i}{16\pi^2} \left[\frac2\varepsilon-\ln\frac D{\mu^2} -\frac12+O(\varepsilon)\right]. \end{aligned} \tag{65.23}

第一项有极点， $DJ_3$ 没有，因此本式与 $J_2$ 具有相同的极点系数。对空间样外动量， $D$ 在 $x_3=0$ 的一次零点只给可积的 $\ln x_3$ ；提取这里的紫外系数不引入新的红外极点。

将三参数归一与 $d\to4$ 时的 $1-1/d=3/4$ 相乘，泡图的极部为 $4e^2(3/4)i k^2/(8\pi^2\varepsilon)$ 。于是

i\Pi_\varphi(k^2)\big|_{\rm pole} =i\left[ \left(\frac{3e^2}{8\pi^2\varepsilon}-\delta Z_2\right)k^2 +\left(\frac{\lambda}{8\pi^2\varepsilon}-\delta Z_m\right)m^2 \right]. \tag{65.24}

两个独立的局部结构分别给

Z_2=1+\frac{3e^2}{8\pi^2\varepsilon} +\text{更高圈项},\qquad Z_m=1+\frac{\lambda}{8\pi^2\varepsilon} +\text{更高圈项}. \tag{65.25}

$Z_2$ 中的电磁项依赖这里的横向规范。 $Z_m$ 是拉氏量质量项的因子；把场重新归一以后，裸质量平方含的是 $Z_m/Z_2$ ，所以本式并不意味着电磁相互作用不影响质量参数的运行。

用特殊外动量求三点顶角的极部

三点顶角的表面发散度为1。在一个圈图中，每条内线给两个分母幂，每个三价导数顶角至多给一个圈动量，故 $\delta=4L-2I+V_3$ 。若把各类四价顶角的总数记为 $V_4$ ，则连通图满足 $L=I-V_3-V_4+1$ ，线端计数给 $3V_3+4V_4=2I+E$ 。先消去 $L$ ，得到 $\delta=4+2I-3V_3-4V_4$ ，再用后一关系就得 $\delta=4-E$ 。对于两个标量和一个光子的局部反项，洛伦兹协变性只允许一次外动量。电荷共轭使 $A_\mu$ 反号而保持 $\varphi^\dagger\varphi$ ，所以排除 $A_\mu\partial^\mu(\varphi^\dagger\varphi)$ ，留下的正是式（65.1）中的电流耦合。因此只要求出一个能测到其系数的动量配置，就能确定紫外反项。

取入射标量动量为零，入射光子和出射标量动量均为 $k$ 。这是一组用于格林函数的离壳动量。内部光子的动量记 $\ell$ 。

图65c：四幅图依次是左接触顶角的混合泡、三个导数顶角的三角图、右接触顶角的混合泡，以及含四标量顶角的标量圈。第二、第三幅图的左端给 $\ell^\mu P_{\mu\nu}(\ell)=0$ ；第四幅的积分由参数交换为零。

第二、第三幅图的左端，外标量动量为零，三点顶角只给 $ie\ell^\mu$ 。它立即被内部光子的横向投影消去。余下第一幅的相位为 $(ie)(-2ie^2)(1/i)^2=-2e^3$ ，第四幅为 $(-i\lambda)(ie)(1/i)^2=-e\lambda$ 。因此

\begin{aligned} iV_3^\mu(k,0) &=ieZ_1k^\mu -2e^3\widetilde\mu^\varepsilon\int_\ell \frac{P^\mu{}_\rho(\ell)(\ell+2k)^\rho} {\ell^2[(\ell+k)^2+m^2]}\\ &\quad-e\lambda\widetilde\mu^\varepsilon\int_\ell \frac{(2\ell+k)^\mu} {(\ell^2+m^2)[(\ell+k)^2+m^2]} . \end{aligned} \tag{65.26}

先看 $\lambda$ 项。用与光子自能相同的参数和移位，积分化为

\begin{aligned} B^\mu(k) &=\widetilde\mu^\varepsilon \int_0^1dx\int_q \frac{2q^\mu+(1-2x)k^\mu} {[q^2+m^2+x(1-x)k^2]^2}\\ &=k^\mu\int_0^1dx\,(1-2x) J_2\big(m^2+x(1-x)k^2\big)=0 . \end{aligned} \tag{65.27}

第一项对 $q$ 为奇；剩下一项在 $x\mapsto1-x$ 时，分母不变，分子反号，故也为零。这是该图整个积分的相消，不仅是其极点的相消。

在第一幅图中， $P\ell=0$ 已经提出一个 $2k^\rho$ 。为确定一次动量反项，只需分母的零阶展开：

\begin{aligned} \frac1{(\ell+k)^2+m^2} &=\frac1{\ell^2+m^2} -\frac{2\ell\cdot k+k^2} {(\ell^2+m^2)[(\ell+k)^2+m^2]},\\ P^\mu{}_\rho(\ell)k^\rho &\ \longrightarrow\ \left(1-\frac1d\right)k^\mu \quad\text{在径向分母的圈积分中}. \end{aligned} \tag{65.28}

第一行余项在大 $\ell$ 处至少多衰减一个幂，所以在已经提出外动量的图中不再产生原来的对数发散。零阶分母包含 $m>0$ ，其小 $\ell$ 行为为 $1/\ell^2$ ，在四维附近局部可积。这里的外动量选择因而保留了所需紫外极点。

记这个混合质量积分为

\begin{aligned} J_{11}(m^2) &:=\widetilde\mu^\varepsilon \int_\ell\frac1{\ell^2(\ell^2+m^2)} =\int_0^1dx\,J_2(xm^2),\\ J_{11}(m^2)\big|_{\rm pole} &=\frac{i}{8\pi^2\varepsilon}. \end{aligned} \tag{65.29}

有限部分中的 $\int_0^1\ln x\,dx=-1$ 也是收敛的。于是式（65.26）的极部为

\begin{aligned} \frac{V_3^\mu(k,0)}e\bigg|_{\rm tree+pole} &=\left[Z_1-\frac{4e^2}{8\pi^2\varepsilon} \left(1-\frac14\right)\right]k^\mu\\ &=\left[Z_1-\frac{3e^2}{8\pi^2\varepsilon}\right]k^\mu,\\ Z_1&=1+\frac{3e^2}{8\pi^2\varepsilon} +\text{更高圈项}. \end{aligned} \tag{65.30}

这与 $Z_2$ 相同。此前我们分别从标量动能和电磁三点函数确定两者，现在由具体图的计算看到了规范对称性对它们的联系。

两标量两光子顶角中的相消

这个四点函数的表面发散度为零，树顶角也与外动量无关。把全部外动量置零以后，只要外标量通过三点顶角接到内部光子上，就又出现 $\ell^\mu P_{\mu\nu}=0$ 。留下图65d中的三类图。

图65d：全部外动量为零。三类分别含两个接触顶角、一个四标量及两个三点顶角、一个四标量及一个接触顶角。前两类还各有一次 $\mu\leftrightarrow\nu$ 的外光子排列，故各取两份；第三类的两个光子已经接在同一个顶角。

外动量相同并不使两条带标签的外光子变成同一条线。第一类的两个光子可以分别接到左右接触顶角；第二类的两个三点顶角也可交换外光子身份。因此前两类各乘2。把相位、导数和这一排列数合起来，有

\begin{aligned} c_a&=2(-2ie^2)^2(1/i)^2=8e^4,\\ c_b&=2(ie)^2(-i\lambda)(1/i)^3\frac4d =-\frac8d e^2\lambda,\\ c_c&=(-i\lambda)(-2ie^2)(1/i)^2=2e^2\lambda . \end{aligned} \tag{65.31}

第二行的 $4/d$ 来自 $(2\ell)^\mu(2\ell)^\nu$ 的角平均。第一行仍保留内部光子的投影。因此三个圈贡献为

\begin{aligned} \Delta(iV_4^{\mu\nu}) &=8e^4\widetilde\mu^\varepsilon \int_\ell\frac{P^{\mu\nu}(\ell)} {\ell^2(\ell^2+m^2)}\\ &\quad-\frac8d e^2\lambda g^{\mu\nu} \widetilde\mu^\varepsilon \int_\ell\frac{\ell^2}{(\ell^2+m^2)^3} +2e^2\lambda g^{\mu\nu}J_2(m^2). \end{aligned} \tag{65.32}

后两项在整个积分层面相消。对同一个 $d$ 维积分作一次分部积分：

\begin{aligned} 0&=\widetilde\mu^\varepsilon \int_\ell\frac{\partial}{\partial\ell^\rho} \frac{\ell^\rho}{(\ell^2+m^2)^2}\\ &=dJ_2(m^2) -4\widetilde\mu^\varepsilon \int_\ell\frac{\ell^2}{(\ell^2+m^2)^3},\\ -\frac8d e^2\lambda\left(\frac d4J_2\right) +2e^2\lambda J_2&=0 . \end{aligned} \tag{65.33}

所以在全零外动量、相同维数调节下， $\lambda$ 相关的这两个贡献连有限部分也恰好相消。若先在张量平均中把 $d$ 取为4，再保留其余积分的有限部分，便会破坏这里的精确联系。

第一项平均 $P^{\mu\nu}$ 后给 $(1-1/d)g^{\mu\nu}J_{11}$ 。加上树项，得到

\begin{aligned} \frac{V_4^{\mu\nu}(0,0,0)}{e^2} \bigg|_{\rm tree+pole} &=\left[-2Z_4+\frac{8e^2}{8\pi^2\varepsilon} \left(1-\frac14\right)\right]g^{\mu\nu}\\ &=\left[-2Z_4+\frac{3e^2}{4\pi^2\varepsilon}\right]g^{\mu\nu},\\ Z_4&=1+\frac{3e^2}{8\pi^2\varepsilon} +\text{更高圈项}. \end{aligned} \tag{65.34}

树顶角为 $-2e^2g^{\mu\nu}$ ，所以消去圈极点所需的反项是 $\delta Z_4=3e^2/(8\pi^2\varepsilon)$ 。

四标量顶角与不可省去的四次耦合

最后一个局部四点函数有四条标量外线。仍取全零外动量，横向性消去所有外标量经三点顶角接到内部光子的图。余下的五幅图必须继续保留外线身份：1、2入射，3、4出射。

每个双光子接触顶角含一条入、一条出标量，因而光子泡只能有前两种外线分配。固定外标签以后，两条内部光子仍可以交换，两个图的对称因子都为2。第三幅的两条内部标量沿同一方向流动，也可以交换，故同样取 $1/2$ 。后两幅的内部标量箭头相反，交换内线会改变有向图，因而各取1。对称因子中的图自同构固定每一条外线；交换整组外线得到的是另一种外线分配。

也可以直接数带标签的威克收缩。将两个插入点分别记为 $x,y$ ，保留展开系数 $1/2!$ 。两个海鸥顶角的单项式系数为1；两个四标量顶角则另带 $(1/4)^2$ 。对每一种无序外线分配，把 $x,y$ 两种标记都计入，有：

内部线与外线分配	收缩数	单项式及展开系数	除以完整顶角乘积后的权重
光子泡， $(13\mid24)$	4	$1/2$	$4/(2\times2^2)=1/2$
光子泡， $(14\mid23)$	4	$1/2$	$1/2$
同向标量泡， $(12\mid34)$	16	$1/32$	$1/2$
异向标量泡， $(13\mid24)$	32	$1/32$	$1$
异向标量泡， $(14\mid23)$	32	$1/32$	$1$

表中海鸥顶角的完整树系数含因子2，四标量顶角的完整树系数为1；电荷、四次耦合和共同相位已提出。光子泡每一种分配有两种顶角标记和两种光子配对，共4次收缩。同向标量泡在固定顶角标记下有 $2!\,2!$ 种外端连接、 $2!$ 种内线连接，共8次；异向标量泡的四个外端各有两个同类场可选，共16次。再乘两种顶角标记，就得到表中计数。

光子泡的洛伦兹缩并是两个投影的迹：

\begin{aligned} g^{\mu\nu}P_{\nu\rho}(\ell) g^{\rho\sigma}P_{\sigma\mu}(\ell) &=P^\mu{}_\rho P^\rho{}_\mu =\operatorname{tr}P^2 =\operatorname{tr}P=d-1 . \end{aligned} \tag{65.35}

闭链中每个内部洛伦兹指标都出现两次，缩并结果为投影的迹 $d-1$ 。两个接触顶角与两条光子内线给 $(-2ie^2)^2(1/i)^2=4e^4$ 。两四标量顶角及两条标量内线则给 $(-i\lambda)^2(1/i)^2=\lambda^2$ 。于是

\begin{aligned} iV_{4\varphi}(0,0,0) &=-iZ_\lambda\lambda +\left(\frac12+\frac12\right)4e^4(d-1)J_2(m_\gamma^2)\\ &\quad+\left(\frac12+1+1\right)\lambda^2J_2(m^2)\\ &=-iZ_\lambda\lambda +4e^4(d-1)J_2(m_\gamma^2) +\frac52\lambda^2J_2(m^2). \end{aligned} \tag{65.36}

这里的光子泡与前面的光子蝌蚪有不同的红外行为。它的积分是 $J_2(m_\gamma^2)\propto(m_\gamma^2)^{-\varepsilon/2}$ ，在固定正 $\varepsilon$ 时随 $m_\gamma\to0$ 发散。若从一开始把 $m_\gamma$ 也置零，维数调节会把这个没有尺度的积分记成零，同时隐去原本需要提取的紫外极点。因此先在 $m_\gamma>0$ 时确定极部；红外质量不参与最终的紫外反项。

将式（65.13）用于两个质量，圈项中的 $d-1$ 只在极点系数中取3，得到

V_{4\varphi}(0,0,0)\big|_{\rm tree+pole} =-Z_\lambda\lambda +\frac{3e^4}{2\pi^2\varepsilon} +\frac{5\lambda^2}{16\pi^2\varepsilon}. \tag{65.37}

本式是 $V$ ，前式计算的是 $iV$ ；整体除以 $i$ 以后，树项和圈项都按同一规则变换。

消去极点便给

Z_\lambda =1+\frac1\varepsilon \left(\frac{3e^4}{2\pi^2\lambda} +\frac{5\lambda}{16\pi^2}\right) +\text{更高圈项}. \tag{65.38}

以上用乘法因子 $Z_\lambda$ 表示四次项的重整化。当 $\lambda$ 趋零时，更合适的是保留作用量里真正出现的乘积：

Z_\lambda\lambda=\lambda+\delta\lambda,\qquad \delta\lambda =\frac1\varepsilon \left(\frac{3e^4}{2\pi^2} +\frac{5\lambda^2}{16\pi^2}\right) +\text{更高圈项}. \tag{65.39}

即使先把树级 $\lambda$ 设为零，两个光子泡仍产生四标量发散。因此局部四次项必须保留，正好实现了第61节引入它时所指出的可重整性要求。取 $e=0$ 则只剩三个有向标量泡，它们的权重和 $5/2$ 给出纯复标量理论的结果。

这次计算还得到 $Z_1,Z_2,Z_4$ 的相同一圈极部。记 $a=3e^2/(8\pi^2\varepsilon)$ ，在同一微扰阶上

\frac{Z_1^2}{Z_2} =\frac{1+2a+O(\text{二圈})} {1+a+O(\text{二圈})} =1+a+O(\text{二圈})=Z_4 . \tag{65.40}

下面先从量子作用量求出低能顶角的归一条件，再由有限规范变换推导这些重整化因子的关系。

在壳物理电荷与软顶角

以下取 $m>0$ ，在保留红外调节的微扰理论中定义标量极点及其导数；先作紫外减除，再讨论软光子的边界。标量内线为 $-i/K(p^2)$ ，其在壳归一是

\begin{aligned} K(z)&=z+m^2-\Pi_\varphi(z),\qquad z=p^2,\\ K(-m^2)&=0,\qquad K'(-m^2)=1,\\ \Pi_\varphi(-m^2)&=0,\qquad \Pi_\varphi'(-m^2)=0. \end{aligned} \tag{65.41}

物理横向光子的单位留数另由 $\Pi_\gamma(0)=0$ 固定，如第62节的在壳方案。这里的 $m$ 因这些条件而成为物理质量；它与前面 $\overline{\mathrm{MS}}$ 计算中尚未施加这些条件的质量参数含义不同。下面未写出的虚光子红外调节始终保留在 $\Pi_\varphi$ 及顶角函数中。

从局域相位到三点、四点关系

先以 $\mathfrak e$ 表示局域相位中的常数，暂不预先把它等同于物理电荷。对平滑紧支撑函数 $\chi(x)$ ，采用

A_\mu^\chi=A_\mu-\partial_\mu\chi,\qquad \varphi^\chi=U\varphi,\qquad \varphi^{\dagger\chi}=\varphi^\dagger U^{-1}, \qquad U=e^{-i\mathfrak e\chi}. \tag{65.42}

相应反项与这一变换的相容条件将在下文求出。量子恒等式所需的变元论证可沿用第63节的量子规范恒等式：标量的两组积分变量 $\varphi,\varphi^\dagger$ 分别产生 $\det U$ 与 $\det U^{-1}$ ，在共同调节下相消；光子场平移的雅可比行列式为1。标量线性源 $\eta^\dagger\varphi+\varphi^\dagger\eta$ 的变分分别为 $-i\mathfrak e\eta^\dagger\chi\varphi$ 与 $+i\mathfrak e\varphi^\dagger\chi\eta$ 。这些项对场都是线性的，取期望后可直接用平均场替换。因此相同的勒让德变换给 $\delta\Gamma=\delta S_{\rm br}$ ：二次规范固定项以及作为红外调节的二次光子质量项，其已知变分留在 $S_{\rm br}[A]$ 中；减去它们后， $\widehat\Gamma=\Gamma-S_{\rm br}$ 满足局域相位不变性。调节及反项取成与矢量规范对称相容。

抽出 $\widehat\Gamma$ 中恰含一对标量平均场的部分，定义完整逆核：

\begin{aligned} \widehat\Gamma\big|_{\varphi^\dagger\varphi} &=-\int d^4x\,d^4y\, \varphi^\dagger(x)\mathcal K[A](x,y)\varphi(y),\\ \mathcal K[A-\partial\chi](x,y) &=U(x)\mathcal K[A](x,y)U^{-1}(y). \end{aligned} \tag{65.43}

第二行由第一行对任意 $\varphi,\varphi^\dagger$ 不变得到。所有顶角均取自完整1PI量子作用量。令 $q=p'-p$ ，第二个光子的入动量为 $q-k$ ，并沿 $e^{ipx}$ 的傅里叶约定展开：

\begin{aligned} \mathcal K[A](p',p) ={}&(2\pi)^4\delta^4(q)K(p^2)-V_3^\mu(p',p)A_\mu(q)\\ &-\frac12\int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\, V_4^{\mu\nu}(k,p',p)A_\mu(k)A_\nu(q-k)+O(A^3). \end{aligned} \tag{65.44}

两个光子是相同玻色场，故二次项有 $1/2!$ 。作用量前面的负号使核内的两个顶角系数都带负号；例如树级常背景给 $\mathcal K[A]=(p-eA)^2+m^2$ ，恰好对应 $V_3^\mu=e(p'+p)^\mu$ 和 $V_4^{\mu\nu}=-2e^2g^{\mu\nu}$ 。

对式（65.43）取 $\chi$ 的一次项和 $A$ 的零次项。左边由 $\delta A_\mu(q)=-iq_\mu\chi(q)$ 得到，右边由相位作用在核的两端得到：

\begin{aligned} \delta\mathcal K(p',p) &=iq_\mu V_3^\mu(p',p)\chi(q)\\ &=i\mathfrak e\,[K(p'^2)-K(p^2)]\chi(q),\\ q_\mu V_3^\mu(p',p) &=\mathfrak e\,[K(p'^2)-K(p^2)]. \end{aligned} \tag{65.45}

在固定红外调节下取任意方向的 $q\to0$ ，逐项比较 $q$ 的一次系数，即得零转移关系

V_3^\mu(p,p)=\mathfrak e\,\frac{\partial K(p^2)}{\partial p_\mu} =2\mathfrak e\,p^\mu K'(p^2). \tag{65.46}

这里 $\partial p^2/\partial p_\mu=2p^\mu$ ，度规仍为 $(-,+,+,+)$ 。由于式（65.41）已把外标量留数定为1，物理电荷的定义就是

\left.V_3^\mu(p,p)\right|_{p^2=-m^2}=2e\,p^\mu, \qquad\mathfrak e=e. \tag{65.47}

若将两条标量腿均放在壳上，可写 $V_3^\mu=e[(p'+p)^\mu F(q^2)+q^\mu G(q^2)]$ 。它们是此时可用的两个洛伦兹向量；式（65.45）给 $q^2G(q^2)=0$ 。在 $q^2\ne0$ 先得 $G=0$ ，再以固定调节下的连续边界到达 $q^2=0$ ，所以电荷条件也可写成 $F(0)=1$ 。非零 $q^2$ 处的 $F$ 描述电荷分布的动量依赖。

再取式（65.43）中恰含一份 $\chi(k)$ 和一份 $A_\nu(q-k)$ 的系数。核内二次项的两个光子位置各产生一次变分，正好抵消 $1/2$ ；核两端的相位则分别平移出、入标量动量：

\begin{aligned} \delta\mathcal K\big|_{\chi A} &=i k_\mu V_4^{\mu\nu}(k,p',p)\chi(k)A_\nu(q-k),\\ \delta\mathcal K\big|_{\chi A} &=ie\,[V_3^\nu(p'-k,p)-V_3^\nu(p',p+k)] \chi(k)A_\nu(q-k),\\ k_\mu V_4^{\mu\nu}(k,p',p) &=e\,[V_3^\nu(p'-k,p)-V_3^\nu(p',p+k)]. \end{aligned} \tag{65.48}

代入树级三点核，右边为 $-2e^2k^\nu$ ，与左边的 $V_4^{\mu\nu}=-2e^2g^{\mu\nu}$ 一致，因而这里的差分次序已固定。在顶角关于软动量可微的调节设置下，对 $k$ 的一次系数比较给

V_4^{\mu\nu}(0,p',p) =-e\left(\frac{\partial}{\partial p'_\mu} +\frac{\partial}{\partial p_\mu}\right)V_3^\nu(p',p). \tag{65.49}

然后令 $p'=p$ 。括号内的两个导数正是沿对角线 $p'=p$ 的全导数，因此第二个光子也变软时，

\begin{aligned} V_4^{\mu\nu}(0,p,p) &=-e^2\frac{\partial^2K(p^2)}{\partial p_\mu\partial p_\nu}\\ &=-2e^2g^{\mu\nu}K'(p^2) -4e^2p^\mu p^\nu K''(p^2). \end{aligned} \tag{65.50}

这一步显式给出了完整1PI四点核中可能存在的第二个张量结构。在标量质量壳上，它成为

\left.V_4^{\mu\nu}(0,p,p)\right|_{p^2=-m^2} =-2e^2g^{\mu\nu} +4e^2p^\mu p^\nu\Pi_\varphi''(-m^2). \tag{65.51}

二阶导数 $\Pi_\varphi''(-m^2)$ 由在壳附近的曲率决定。例如局部展开 $K(z)=z+m^2+\zeta(z+m^2)^2$ 满足同样的极点与单位留数，但给四点核增添 $-8e^2\zeta p^\mu p^\nu$ ，其中 $\zeta$ 的质量维数为 $-2$ 。这里的 $\zeta$ 代表完整动量函数在壳附近的泰勒系数，由圈修正确定。

四点条件与汤姆孙散射

对在壳时间样动量 $p^2=-m^2$ ，定义投到其静止空间的投影张量

\mathcal P^{\mu\nu}(p)=g^{\mu\nu}+\frac{p^\mu p^\nu}{m^2}, \qquad \mathcal P^{\mu\nu}p_\nu=0,\qquad \mathcal P^\mu{}_\alpha\mathcal P^{\alpha\nu}=\mathcal P^{\mu\nu}. \tag{65.52}

式（65.51）在这个空间内的归一条件为

\left. \mathcal P^\mu{}_\alpha\mathcal P^\nu{}_\beta V_4^{\alpha\beta}(0,p,p)\right|_{p^2=-m^2} =-2e^2\mathcal P^{\mu\nu}. \tag{65.53}

等价地，若 $v\cdot p=w\cdot p=0$ ，则 $v_\mu w_\nu V_4^{\mu\nu}(0,p,p)=-2e^2v\cdot w$ 。这保留了质量壳上的物理横向响应，同时容许式（65.51）所要求的 $p^\mu p^\nu$ 项。

在入射标量静止系，这一条件直接给出汤姆孙极限。取 $p=(m,\mathbf0)$ ，入、出光子动量分别为 $k,k'$ ，满足 $k^2=k'^2=0$ 且 $p'=p+k-k'$ 在壳。入光子偏振取 $\epsilon_{\rm in}^{\mu *}$ ，出光子取 $\epsilon_{\rm out}^{\nu}$ 。选取两者的时间分量均为零的横向规范代表，则

\begin{aligned} p\cdot\epsilon_{\rm in}^* &=p\cdot\epsilon_{\rm out}=0,\\ k\cdot\epsilon_{\rm in}^* &=k'\cdot\epsilon_{\rm out}=0. \end{aligned} \tag{65.54}

两个单标量交换项各含一个消失的端点收缩。在吸收入光子的那个初态端点， $V_3^\mu(p+k,p)$ 只能是 $p^\mu$ 与 $k^\mu$ 的线性组合，因而它与 $\epsilon_{\rm in}^{\mu *}$ 的收缩为零；另一个交换项的初态端点为 $V_3^\nu(p-k',p)$ ，同理被 $\epsilon_{\rm out}^{\nu}$ 消去。在非零频率上完成这一收缩后，便可安全地取交换项的软极限。在电荷共轭不破缺的零背景真空中， $A\mapsto-A$ 、 $\varphi\leftrightarrow\varphi^\dagger$ 使零标量背景的量子作用量为 $A$ 的偶函数，故其三光子1PI系数为零，不存在额外的三光子交换项。剩下的完整二标量二光子1PI核在双软边界由式（65.53）确定：

\lim_{\omega\to0}\mathcal T_{\lambda'\lambda} =-2e^2\, \epsilon_{\rm out}(k')\cdot\epsilon_{\rm in}^*(k). \tag{65.55}

这里 $\omega=k^0$ ；令 $\omega'=k'^0$ 及 $\theta$ 为两光子夹角， $p'^2=p^2$ 给 $m(\omega-\omega')=\omega\omega'(1-\cos\theta)$ ，从而 $\omega'/\omega=[1+(\omega/m)(1-\cos\theta)]^{-1}\to1$ 。这就是标量汤姆孙归一。上述微分和软极限均先在固定红外调节下进行，物理无质量光子的结果取其横向边界。对于有限频率的散射，可测截面还须合并实、虚软光子造成的红外贡献。

因此三点条件可取式（65.47），四点条件可取式（65.53），并同时保留完整核的式（65.51）。若将顶角写为

\begin{aligned} V_3^\mu(p',p)&=eZ_1(p'+p)^\mu+V_{3,\mathrm{loop}}^\mu(p',p),\\ V_4^{\mu\nu}(k,p',p) &=-2e^2Z_4g^{\mu\nu} +V_{4,\mathrm{loop}}^{\mu\nu}(k,p',p), \end{aligned} \tag{65.56}

它们固定的是相应物理投影的有限减除部分；规范恒等式使这两个条件与标量留数相联系。要得到OS方案的有限 $Z$ 因子，应在这些物理投影上评价圈顶角。前面的三点与四点计算选择特殊离壳动量，只确定紫外极部，其有限部分还须按上述在壳条件重新求出。

有限规范变换与重整化常数

现在直接考察含独立 $Z_1,Z_2,Z_4$ 的局部拉格朗日量。为同时讨论互为共轭的两种电荷约定，定义 $\sigma=\pm1$ ，并记

\begin{aligned} \rho&=\varphi^\dagger\varphi,\qquad J^\mu=\varphi^\dagger\partial^\mu\varphi -(\partial^\mu\varphi^\dagger)\varphi,\\ \mathcal L_\sigma &=-Z_2\,\partial_\mu\varphi^\dagger\partial^\mu\varphi -i\sigma Z_1eJ^\mu A_\mu-Z_4e^2\rho A_\mu A^\mu\\ &\hspace{1em}-Z_m m^2\rho-\frac14Z_\lambda\lambda\rho^2 -\frac14Z_3F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}. \end{aligned} \tag{65.57}

$\sigma=+1$ 表示与第61节相容的负交叉项， $\sigma=-1$ 表示交换共轭荷支后的正交叉项。 $J^\mu$ 本身是纯虚的，实 $Z_i,e,\lambda$ 使拉格朗日量厄米。在 $d=4-\varepsilon$ 的调节中，可把下面每个 $e$ 理解为 $e_d=e\widetilde\mu^{\varepsilon/2}$ 、每个 $\lambda$ 理解为 $\lambda_d=\lambda\widetilde\mu^\varepsilon$ ；两条电磁耦合仍含同一个 $e_d$ ，所以所要证明的无量纲 $Z$ 关系不变。

取标准的局域 $U(1)$ 作用：在每一点把一个复标量乘以单位模相位，保持 $\rho$ ，变换连续地连到恒等元，并遵守相位的群合成律。该相位只依赖该点的规范参数，不依赖场、 $A$ 或规范参数的导数。若 $U(\Gamma_1+\Gamma_2)=U(\Gamma_1)U(\Gamma_2)$ 且在原点可微，对 $\Gamma_2$ 求导并令其为零即得 $dU/d\Gamma=U\,U'(0)$ ；单位模性令 $U'(0)=-ic$ ， $c$ 为实常数。故所需的一般形式是

A_\mu'=A_\mu-r_\mu,\qquad r_\mu=\partial_\mu\Gamma,\qquad \varphi'=e^{-ic\Gamma}\varphi,\qquad \varphi^{\dagger\prime}=\varphi^\dagger e^{ic\Gamma}. \tag{65.58}

规范参数的整体周期在此未作规定；我们只考察上述连通局域变换，并取通常微扰理论中的非退化动能 $Z_2\ne0$ 及非零 $e$ 。

展开导数可得

\begin{aligned} \partial_\mu\varphi' &=e^{-ic\Gamma}(\partial_\mu\varphi-icr_\mu\varphi),\\ \partial_\mu\varphi^{\dagger\prime} &=(\partial_\mu\varphi^\dagger+icr_\mu\varphi^\dagger)e^{ic\Gamma},\\ J'^\mu&=J^\mu-2ic\rho r^\mu,\\ \partial_\mu\varphi^{\dagger\prime}\partial^\mu\varphi' &=\partial_\mu\varphi^\dagger\partial^\mu\varphi +icJ^\mu r_\mu+c^2\rho r_\mu r^\mu. \end{aligned} \tag{65.59}

其中 $J'$ 的两个导数项各给 $-ic\rho r^\mu$ ，所以有因子2。代入线性相互作用时还须同时使用 $A'=A-r$ ；两者共同决定电流项的系数。质量项和标量四次项仅依赖 $\rho$ ，而 $F'_{\mu\nu}=F_{\mu\nu}$ ，它们均不变。剩下的精确差为

\begin{aligned} \mathcal L_\sigma'-\mathcal L_\sigma ={}&i(\sigma Z_1e-Z_2c)\,J^\mu r_\mu\\ &+2(Z_4e^2-\sigma Z_1ec)\,\rho A^\mu r_\mu\\ &+(-Z_2c^2+2\sigma Z_1ec-Z_4e^2)\,\rho r_\mu r^\mu . \end{aligned} \tag{65.60}

这是有限 $\Gamma$ 的结果，保留了 $(\partial\Gamma)^2$ 项。例如交叉作用的变化来自 $-i\sigma Z_1e[(J-2ic\rho r)\cdot(A-r)-J\cdot A]$ ；因此 $\rho A\cdot r$ 的贡献为 $-2\sigma Z_1ec$ ，而 $\rho r^2$ 的贡献为 $+2\sigma Z_1ec$ ，两者的号不同。

规范参数及场的局部取值可任意变化。先让 $\varphi$ 的相位梯度改变 $J^\mu$ ，而固定 $\rho,A,r$ ，电流项便要求 $c=\sigma eZ_1/Z_2$ 。把它代回其余两项，得到

\begin{aligned} c&=\sigma e\frac{Z_1}{Z_2},\\ \mathcal L_\sigma'-\mathcal L_\sigma &=e^2\left(Z_4-\frac{Z_1^2}{Z_2}\right) \rho\left(2A\cdot r-r^2\right). \end{aligned} \tag{65.61}

对非零 $\rho$ 再独立改变 $A$ 与 $r$ ，就得到必要条件 $Z_4=Z_1^2/Z_2$ 。这一条件保证拉格朗日量在每一点保持不变，对任意离壳场都成立。

充分性可直接写成一个完整的平方。在这一关系成立时，定义

\begin{aligned} D_{\sigma\mu}&=\partial_\mu-i\sigma e\frac{Z_1}{Z_2}A_\mu,\\ \mathcal L_{\sigma,\mathrm{matter}} &=-Z_2(D_{\sigma\mu}\varphi)^\dagger D_\sigma^\mu\varphi -Z_m m^2\rho-\frac14Z_\lambda\lambda\rho^2,\\ D_{\sigma\mu}'\varphi' &=e^{-ic\Gamma}D_{\sigma\mu}\varphi,\qquad c=\sigma eZ_1/Z_2. \end{aligned} \tag{65.62}

最后一行中的 $-ic\,\partial_\mu\Gamma$ 来自场相位， $+ic\,\partial_\mu\Gamma$ 来自 $A_\mu'=A_\mu-\partial_\mu\Gamma$ ，所以精确抵消。结合 $\rho'= \rho$ 与 $F'=F$ ，整部拉格朗日量不变，充要性因而完成。

将两种符号约定分别还原，结论为

\begin{aligned} \text{正交叉项}:\quad& \varphi'= \exp\!\left(+ie\frac{Z_1}{Z_2}\Gamma\right)\varphi,\\ \text{负交叉项}:\quad& \varphi'= \exp\!\left(-ie\frac{Z_1}{Z_2}\Gamma\right)\varphi,\\ &Z_4=\frac{Z_1^2}{Z_2}. \end{aligned} \tag{65.63}

负交叉项在 $Z_1=Z_2=1$ 时恢复相位 $e^{-ie\Gamma}$ 。正交叉项可通过 $\varphi\leftrightarrow\varphi^\dagger$ 与之对应，这同时交换粒子与反粒子的电荷。若 $e=0$ ，所有这些电磁物质耦合已消失，任意 $Z_4$ 都不影响规范不变性，上述关系便不再是必要条件。 $Z_2=0$ 则失去这里所用的非退化传播动能，不能套用含 $1/Z_2$ 的推论。

现在把这个局部作用量与物理电荷的归一条件相接。在第61节相容的荷支上，式（65.62）中的相位系数为 $\mathfrak e=eZ_1/Z_2$ 。在壳电荷条件用标量和光子的物理留数以及零转移顶角将它校准为 $e$ ，故在同一归一与保持沃德关系的减除方案中

Z_1=Z_2,\qquad Z_4=Z_2. \tag{65.64}

三点荷与两光子接触耦合因而不提供两个彼此独立的物理电荷。若只取一圈，记 $Z_i=1+\delta Z_i$ ，充要关系在保留的一圈阶成为

\delta Z_4=2\delta Z_1-\delta Z_2. \tag{65.65}

前面由式（65.25）、（65.30）及（65.34）在横向规范下得到三个相同的 $3e^2/(8\pi^2\varepsilon)$ 紫外极部，正满足此式。这里比较的是一圈紫外系数；在壳有限项由上述物理投影确定。

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