Srednicki §81 量子色动力学中的散射

系列文章：Srednicki QFT 共 97 篇

现在可以把前两节的方法用于胶子的实际散射。矩阵场的双线规则先处理颜色，Gervais–Neveu规范再减少每个顶角的洛伦兹结构；最后用第60节的旋量螺旋度方法选择外偏振，就能在相乘之前消去许多项。我们将先算四胶子散射，再加入一对无质量夸克。这两个例子也说明，颜色次序、螺旋度和运动学各自简单的表达式，怎样合成为可以用于截面的结果。

本节用到第60节、第79节和第80节。计算在四维进行，保留树级振幅的 $g^2$ 阶及平方的 $g^4$ 阶；夸克质量取零。对实际轻夸克，这要求 $m_q^2\ll s,|t|,|u|$ ，即在硬散射区域取 $m_q/Q$ 的零阶。颜色群暂取 $SU(N)$ 、 $N\ge2$ ，量子色动力学最后令 $N=3$ 。

固定颜色次序后的规则

沿第79节，我们把生成元归一为 $\operatorname{Tr}T^aT^b=\delta^{ab}$ ，协变导数写作 $D_\mu=\partial_\mu-igA_\mu/\sqrt2$ 。这里 $g$ 又是规范耦合，在四维无量纲。计算所用的紧凑密度为

\mathcal L_{\rm GN} =\operatorname{Tr}\left[ -\frac12\partial^\mu A^\nu\partial_\mu A_\nu -i\sqrt2g\,\partial^\mu A^\nu A_\nu A_\mu +\frac{g^2}{4}A^\mu A^\nu A_\mu A_\nu\right]. \tag{81.1}

它的适用场空间已在第79节确定：为使用这里的单迹规则，内部采用完整 $U(N)$ 矩阵场，并保留中央方向的规范固定；物理外胶子最终取无迹方向。若只对无迹场积分，应另加 $-g^2[\operatorname{Tr}(A_\mu A^\mu)]^2/(4N)$ 。下面采用完整矩阵实现，其物理外 $SU(N)$ 振幅按已建立的BRST规范变形与通常规范相同。无外鬼的树图没有鬼线，因为每个鬼顶角都延续鬼数流，内部鬼链若没有端点便形成圈。

一张平面树的外腿沿逆时针方向排为 $1,\ldots,n$ 时，第80节的逐边迹拼接给颜色因子 $\operatorname{Tr}(T^{a_1}\cdots T^{a_n})$ 。先确定它携带的耦合次幂。设三、四顶角数为 $V_3,V_4$ ，内部线数为 $I$ ；树的连通性和端点计数分别给

I=V_3+V_4-1,\qquad 3V_3+4V_4=2I+n, \qquad V_3+2V_4=n-2. \tag{81.2}

每个三顶角含 $g$ ，每个四顶角含 $g^2$ ，故所有 $n$ 点树都含 $g^{n-2}$ 。将它和颜色迹取出，定义部分振幅（partial amplitude） $A$ ：

\begin{aligned} \mathcal T(1,\ldots,n) &=g^{n-2}\sum_{\text{非循环排列}} \operatorname{Tr}(T^{a_1}\cdots T^{a_n})A(1,\ldots,n),\\ A(2,\ldots,n,1)&=A(1,2,\ldots,n). \end{aligned} \tag{81.3}

求和可固定第一条腿，只排列其余 $n-1$ 条。第二行来自同一张有序图沿边界改变起点，动量和偏振仍随各腿一起移动。 $A$ 包含该边界次序允许的全部平面树；它的质量量纲为 $4-n$ ，四点时为零。图值为 $i\mathcal T$ ，因此提取 $A$ 时还要除去共同的 $i$ 。

自由二次项与第80节相同，只多一个洛伦兹度规。去掉颜色连接后，传播函数及实际图线分别为

\begin{gathered} \widetilde\Delta^{\mu\nu}(k)=\frac{g^{\mu\nu}}{k^2-i0}, \qquad s_{ij}=-(k_i+k_j)^2,\\ \frac{\widetilde\Delta^{\mu\nu}(k)}i =-\frac{ig^{\mu\nu}}{k^2-i0} =\frac{ig^{\mu\nu}}{s_{ij}+i0}. \end{gathered} \tag{81.4}

最后一式用于内部动量 $k=k_i+k_j$ 。以下先在通道不为零处计算树幅的有理式，省写 $0^+$ ；需要极点边界值时再恢复这一处方。它与维数调节参数无关。

三次项有一个导数。取三个外动量 $p,q,r$ 全部向外，洛伦兹指标相应为 $\mu,\nu,\rho$ 。第一条腿落在有导数的场上时，导数给 $-ip_\rho$ ，另外两场的相同指标给 $g_{\mu\nu}$ ；乘上作用量展开的 $i$ 及密度系数 $-i\sqrt2g$ ，得到 $-i\sqrt2g\,p_\rho g_{\mu\nu}$ 。同一循环字中还可让第二、第三条腿落在导数上，于是

\begin{aligned} iV^{\rm GN}_{\mu\nu\rho}(p,q,r) &=-i\sqrt2g\left( p_\rho g_{\mu\nu}+q_\mu g_{\nu\rho} +r_\nu g_{\rho\mu}\right),\\ iV^{\rm GN}_{\mu\nu\rho\sigma} &=ig^2g_{\mu\rho}g_{\nu\sigma}. \end{aligned} \tag{81.5}

四次项的四个循环起点都给相对两腿的配对，恰好消去密度中的 $1/4$ 。不同的非循环分配已经归入（81.3）的不同颜色字。这与第80节区分固定分量顶角和循环顶角的做法相同。

给每条外腿乘上指定螺旋度的偏振 $\varepsilon_i$ ，三、四顶角便成为

\begin{aligned} iV_{123}=-i\sqrt2g\bigl[& (\varepsilon_1\cdot\varepsilon_2)(k_1\cdot\varepsilon_3) +(\varepsilon_2\cdot\varepsilon_3)(k_2\cdot\varepsilon_1)\\ &+(\varepsilon_3\cdot\varepsilon_1)(k_3\cdot\varepsilon_2)\bigr],\\ iV_{1234}=ig^2& (\varepsilon_1\cdot\varepsilon_3)(\varepsilon_2\cdot\varepsilon_4). \end{aligned} \tag{81.6}

内部线也可以暂用一个 $\varepsilon_5$ 标出尚未收缩的指标，但另一端要另写 $\varepsilon_{5'}$ ，最后将 $\varepsilon_5^\mu\varepsilon_{5'}^\nu$ 替成传播子。这两个字母表示待收缩的洛伦兹指标，内部离壳动量通过完整传播子连接。

颜色次序的反射

除了循环对称，部分幅还满足反射关系 $A(n,\ldots,1)=(-1)^nA(1,\ldots,n)$ 。先把这一关系的顶角依据说清楚。若将（81.6）三顶角方括号内的量记为 $X_{123}$ ，动量守恒直接给

\begin{aligned} X_{123}+X_{321} ={}&-(\varepsilon_1\cdot\varepsilon_2)(k_3\cdot\varepsilon_3) -(\varepsilon_2\cdot\varepsilon_3)(k_1\cdot\varepsilon_1)\\ &-(\varepsilon_3\cdot\varepsilon_1)(k_2\cdot\varepsilon_2). \end{aligned} \tag{81.7}

例如 $\varepsilon_1\cdot\varepsilon_2$ 的系数由 $k_1+k_2=-k_3$ 得到，其余两项由循环排列给出。三条横向外腿使右边为零；有内线时这一步不能直接用于每个GN顶角。为证明完整部分幅的反射关系，可以先使用线性费曼规范，再利用物理振幅的规范不变性。

令 $\kappa=g/\sqrt2$ 。展开 $-\operatorname{Tr}F^2/4$ ，其三、四次项是

\begin{aligned} \mathcal L_{{\rm F},3} &=i\kappa\operatorname{Tr}\bigl( \partial^\mu A^\nu A_\mu A_\nu -\partial^\mu A^\nu A_\nu A_\mu\bigr),\\ \mathcal L_{{\rm F},4} &=\frac{\kappa^2}{2}\operatorname{Tr}\bigl( A^\mu A^\nu A_\mu A_\nu-A_\mu A^\mu A_\nu A^\nu\bigr). \end{aligned} \tag{81.8}

三次项的两个相反次序给动量的差；四次项的第一种配对有四个循环起点，第二种分别有两个 $12/34$ 和两个 $14/23$ 配对。因此对应的有序规则为

\begin{aligned} iV^{\rm F}_{\mu\nu\rho} &=-i\kappa\bigl[(p-q)_\rho g_{\mu\nu} +(q-r)_\mu g_{\nu\rho}+(r-p)_\nu g_{\rho\mu}\bigr],\\ iV^{\rm F}_{1234} &=ig^2\bigl[(\varepsilon_1\cdot\varepsilon_3) (\varepsilon_2\cdot\varepsilon_4)\\ &\hspace{12mm}-\tfrac12(\varepsilon_1\cdot\varepsilon_2) (\varepsilon_3\cdot\varepsilon_4) -\tfrac12(\varepsilon_1\cdot\varepsilon_4) (\varepsilon_2\cdot\varepsilon_3)\bigr]. \end{aligned} \tag{81.9}

反转三条腿时，每个动量差反号，配对指标相应互换；四顶角则不变。传播子的两端互换也不改变其值。于是每张反射树给 $(-1)^{V_3}$ ，再用（81.2）中的 $V_3=n-2-2V_4$ ，得到 $(-1)^n$ 。

从完整颜色幅的规范不变性传到每个部分幅，可以把某个颜色迹单独挑出来。对 $N\ge n$ ，令外颜色矩阵依次取 $X_1=E_{12},X_2=E_{23},\ldots,X_n=E_{n1}$ ，其中 $E_{ij}$ 只有第 $i$ 行第 $j$ 列为1。它们属于厄米基的复线性张成；振幅对每个外颜色线性，所以允许这样检验系数。由 $E_{ij}E_{kl}=\delta_{jk}E_{il}$ ，只有沿这条闭合路径走完的乘积才有非零迹，故

\begin{gathered} \operatorname{Tr}(X_{\pi(1)}\cdots X_{\pi(n)}) =\begin{cases}1,&\pi\text{属于循环字 }12\cdots n,\\ 0,&\text{其它非循环次序},\end{cases}\\ A_{\mathrm{GN}}(1,\ldots,n)=A_{\mathrm F}(1,\ldots,n),\qquad A(n,\ldots,1)=(-1)^nA(1,\ldots,n). \end{gathered} \tag{81.10}

这里用了第79节相同物理外态下的规范等价。完整矩阵树的内部颜色收缩只拼成外迹，没有剩余的颜色环，所以有序系数本身不含 $N$ ；在足够大的 $N$ 证明的等式因而也适用于较小的 $N$ 。对以下四点过程，反射号为正，六个循环次序于是分为三对。

选择偏振先消去零幅

所有外动量仍向外指定。若第1、2腿实际入射，它们的指定能量为负，螺旋度标签也与真实入射值相反；旋量按第60节延拓。偏振的代数形式不变。把第60节的偏振收缩用于胶子，得到

\begin{aligned} \varepsilon_+(k;q)\cdot\varepsilon_+(k';q') &=\frac{\langle qq'\rangle[kk']} {\langle qk\rangle\langle q'k'\rangle},\\ \varepsilon_-(k;q)\cdot\varepsilon_-(k';q') &=\frac{[qq']\langle kk'\rangle}{[qk][q'k']},\\ \varepsilon_+(k;q)\cdot\varepsilon_-(k';q') &=\frac{\langle qk'\rangle[kq']} {\langle qk\rangle[q'k']}. \end{aligned} \tag{81.11}

先看为什么使所有双偏振内积为零，就足以使树幅消失。每个外偏振只出现一次，共有 $n$ 个。GN顶角和传播子只用度规连接指标，三顶角各提供一个动量，故每项最多有 $V_3\le n-2$ 个动量可与偏振收缩。至少余下两个偏振必须彼此相乘。因此每项都含某个 $\varepsilon_i\cdot\varepsilon_j$ 。

若所有螺旋度为正，为它们选同一个有效参考 $q$ ，（81.11）第一行的 $\langle qq\rangle$ 使任意一对的内积为零。若只有第 $r$ 腿为负，则令所有正偏振的参考为 $k_r$ ，负偏振另取有效参考。正正内积仍为零，正负内积的分子含 $\langle k_rk_r\rangle$ ，也为零。交换角、方括号得到另一组号，因而

\begin{aligned} A(1^+,\ldots,n^+)&=0,& A(1^+,\ldots,r^-,\ldots,n^+)&=0,\\ A(1^-,\ldots,n^-)&=0,& A(1^-,\ldots,r^+,\ldots,n^-)&=0 \qquad(n\ge4). \end{aligned} \tag{81.12}

证明在参考分母均非零的一般运动学区域进行，所得树级有理函数恒等式可在其它有效参考片继续使用。复三点运动学有全部角括号或全部方括号为零的特殊分支；这时上述参考选择可能无定义，不能将单异号零幅断言用于该分支。后面的四点计算则取 $s,t,u$ 均非零，满足所需条件。

相邻两个负螺旋度的四胶子幅

四点只有两正两负的组合还未排除。先求 $A(1^-,2^-,3^+,4^+)$ ，选择参考动量

\begin{gathered} q_1=q_2=k_3,\qquad q_3=q_4=k_2,\\ \varepsilon_1\cdot\varepsilon_4 =\frac{\langle21\rangle[43]}{\langle24\rangle[31]}, \qquad \varepsilon_i\cdot\varepsilon_j=0 \quad(i<j,\ (i,j)\ne(1,4)). \end{gathered} \tag{81.13}

例如 $12$ 、 $34$ 的内积各因同参考为零； $13$ 、 $23$ 的异号收缩含 $[33]$ ， $24$ 的收缩含 $\langle22\rangle$ 。只有 $14$ 不含这些零因子。这样的选择正好消去固定边界 $1234$ 的三张图中的两张。

固定循环次序1234的三张四胶子树，分别为12通道、23通道和接触图。箭头规定内部动量，两端取相反号。

接触图含 $(\varepsilon_1\cdot\varepsilon_3)(\varepsilon_2\cdot\varepsilon_4)$ ，直接为零。23通道的一个顶角按 $235$ 排列，三个项分别含

\begin{aligned} &(\varepsilon_2\cdot\varepsilon_3)(k_2\cdot\varepsilon_5)=0,\\ &(\varepsilon_3\cdot\varepsilon_5)(k_3\cdot\varepsilon_2)=0, &&k_3=q_2,\\ &(\varepsilon_5\cdot\varepsilon_2)(k_5\cdot\varepsilon_3)=0, &&k_5=-k_2-k_3=-q_3-k_3. \end{aligned} \tag{81.14}

第二行用参考横向性 $q_2\cdot\varepsilon_2=0$ ，第三行同时用 $q_3\cdot\varepsilon_3=0$ 和 $k_3\cdot\varepsilon_3=0$ 。这三项在收缩内槽以前已经为零，故整张图消失。

只需计算12通道。左端内部动量取 $k_5=-k_1-k_2$ ，右端取 $k_{5'}=-k_5$ ，两个顶角按 $125$ 及 $345'$ 排列。各自第一项含 $\varepsilon_1\cdot\varepsilon_2$ 或 $\varepsilon_3\cdot\varepsilon_4$ ，故剩

\begin{aligned} iV_{125}=-i\sqrt2g\bigl[& (\varepsilon_2\cdot\varepsilon_5)(k_2\cdot\varepsilon_1) +(\varepsilon_5\cdot\varepsilon_1)(k_5\cdot\varepsilon_2)\bigr],\\ iV_{345'}=-i\sqrt2g\bigl[& (\varepsilon_4\cdot\varepsilon_{5'})(k_4\cdot\varepsilon_3) +(\varepsilon_{5'}\cdot\varepsilon_3)(-k_5\cdot\varepsilon_4)\bigr]. \end{aligned} \tag{81.15}

将 $\varepsilon_5^\mu\varepsilon_{5'}^\nu$ 替为 $ig^{\mu\nu}/s_{12}$ 。两个二项式相乘产生四项，其中三项依次含 $\varepsilon_2\cdot\varepsilon_4$ 、 $\varepsilon_2\cdot\varepsilon_3$ 和 $\varepsilon_1\cdot\varepsilon_3$ ，全部为零。左端第二项与右端第一项相乘留下

\begin{aligned} ig^2A_{--++} &=(-i\sqrt2g)^2\frac{i}{s_{12}} (\varepsilon_1\cdot\varepsilon_4) (k_5\cdot\varepsilon_2)(k_4\cdot\varepsilon_3),\\ A_{--++} &=\frac{2}{s_{12}} (\varepsilon_1\cdot\varepsilon_4) (k_1\cdot\varepsilon_2)(k_4\cdot\varepsilon_3). \end{aligned} \tag{81.16}

第二行的正号来自两处： $(-i)^2=-1$ ，而 $k_5\cdot\varepsilon_2=-k_1\cdot\varepsilon_2$ 。再除去整个图共有的 $ig^2$ ，便得到上式的因子2。

接着把动量收缩也变成括号。（60.12）已经从 $-\slashed p$ 的两外积分解给出，对类光 $p$ 有

\begin{aligned} p\cdot\varepsilon_+(k;q) &=\frac{\langle qp\rangle[pk]}{\sqrt2\langle qk\rangle},& p\cdot\varepsilon_-(k;q) &=\frac{[qp]\langle pk\rangle}{\sqrt2[qk]},\\ k_1\cdot\varepsilon_2 &=\frac{[31]\langle12\rangle}{\sqrt2[32]},& k_4\cdot\varepsilon_3 &=\frac{\langle24\rangle[43]}{\sqrt2\langle23\rangle}. \end{aligned} \tag{81.17}

这里的两次代入都是类光外动量。将它们和（81.13）代入（81.16），两份 $\sqrt2$ 抵消因子2， $[31]$ 、 $\langle24\rangle$ 分别约去，再用 $s_{12}=\langle12\rangle[21]$ ，得到只含旋量括号的幅。从这一中间式到最终对称形式的每一步可写为

\begin{aligned} A_{--++} &=\frac{\langle21\rangle[43]^2}{[21][32]\langle23\rangle}\\ &=\frac{\langle21\rangle\langle12\rangle[43]} {[32]\langle23\rangle\langle34\rangle}\\ &=-\frac{\langle21\rangle^2\langle12\rangle[23]} {[32]\langle23\rangle\langle34\rangle\langle41\rangle}\\ &=\frac{\langle12\rangle^4} {\langle12\rangle\langle23\rangle\langle34\rangle\langle41\rangle}. \end{aligned} \tag{81.18}

第二行先乘 $\langle34\rangle/\langle34\rangle$ ，利用 $\langle34\rangle[43]=s_{34}=s_{12}=\langle12\rangle[21]$ 。第三行再乘 $\langle41\rangle/\langle41\rangle$ ，用动量守恒的旋量夹乘

\langle21\rangle[23]+\langle41\rangle[43]=0. \tag{81.19}

这是（60.34）取左端为1、右端为3后，再利用角括号反对称性所得。最后 $[23]=-[32]$ 消去负号， $\langle21\rangle^2=\langle12\rangle^2$ ；为使分母成为完整循环乘积，再补一份 $\langle12\rangle/\langle12\rangle$ 。这样便得到了循环对称的分母。

这个表达式的分母只记循环相邻的腿，分子挑出两个负螺旋度。循环移动标签立即给出 $A(1^+,2^-,3^-,4^+)=\langle23\rangle^4/(\langle12\rangle\langle23\rangle\langle34\rangle\langle41\rangle)$ 及其它相邻情形。四个括号在分子、分母各有四次，总质量量纲为零，与四点树幅相符。还缺少负螺旋度不相邻的一类；下面用颜色关系把它归到已经算出的结果。

用光子退耦求非相邻情形

对于无迹 $SU(N)$ 基，完备关系包含单位矩阵的减项：

\sum_{a=1}^{N^2-1}(T^a)_i{}^j(T^a)_k{}^l =\delta_i{}^l\delta_k{}^j-\frac1N\delta_i{}^j\delta_k{}^l. \tag{81.20}

为什么纯胶子散射又能使用第80节的完整基颜色和，可以从规范不变场强看出。把完整矩阵分成 $A_\mu=\widehat A_\mu+a_\mu^0\mathbf1_N/\sqrt N$ ，中央分量与所有矩阵对易，故

\begin{aligned} F_{\mu\nu} &=\widehat F_{\mu\nu} +\frac{\mathbf1_N}{\sqrt N} (\partial_\mu a_\nu^0-\partial_\nu a_\mu^0),\\ -\frac14\operatorname{Tr}F^2 &=-\frac14\operatorname{Tr}\widehat F^2 -\frac14(f_{\mu\nu}^0)^2 . \end{aligned} \tag{81.21}

交叉项因 $\operatorname{Tr}\widehat F=0$ 消失。这样引入的中央粒子就是一个自由的“光子”，任何含它的非平凡纯规范场散射都为零。线性规范下这一点逐图可见；GN规范固定项虽产生中央耦合，完整物理幅仍由规范等价退耦。因此在对完整幅的外颜色求和时，补进中央方向只是在原和式中加入零。完整基的完备关系可在这个意义下使用。

让四点幅的第4条外颜色取单位矩阵，六种循环字只剩两种三矩阵迹。将相同的迹收集在一起，（81.3）成为

\begin{aligned} 0={}&\operatorname{Tr}(T^{a_1}T^{a_2}T^{a_3}) \bigl[A(1234)+A(1243)+A(1423)\bigr]\\ &+\operatorname{Tr}(T^{a_1}T^{a_3}T^{a_2}) \bigl[A(1324)+A(1342)+A(1432)\bigr]. \end{aligned} \tag{81.22}

这里把单位矩阵的共同归一因子约去。在 $N\ge3$ 时，取前三个颜色为 $E_{12},E_{23},E_{31}$ ，第一个迹等于1，第二个等于0；交换其中两矩阵则反过来。于是两个方括号分别为零。 $SU(2)$ 的三生成元迹相互有线性关系；有序树系数本身不依赖 $N$ ，所以在 $N\ge3$ 得到的系数恒等式也适用于 $SU(2)$ 。第一组给

A(1234)=-A(1243)-A(1423). \tag{81.23}

这就是光子退耦恒等式（photon decoupling identity）。把原来的 $1^-,3^-$ 负螺旋度保持在各自标签上，右边的两个次序都使它们循环相邻，可以代入（81.18）：

\begin{aligned} A(1^-,2^+,3^-,4^+) ={}&-\frac{\langle31\rangle^4} {\langle31\rangle\langle12\rangle\langle24\rangle\langle43\rangle} -\frac{\langle31\rangle^4} {\langle31\rangle\langle14\rangle\langle42\rangle\langle23\rangle}\\ ={}&-\frac{\langle13\rangle^3}{\langle24\rangle} \frac{\langle14\rangle\langle23\rangle +\langle12\rangle\langle34\rangle} {\langle12\rangle\langle34\rangle\langle14\rangle\langle23\rangle}. \end{aligned} \tag{81.24}

第二行将 $\langle31\rangle$ 、 $\langle43\rangle$ 和 $\langle42\rangle$ 分别反向，再通分。分子正好是第50节斯豪滕恒等式的一种排列：

\langle14\rangle\langle23\rangle +\langle12\rangle\langle34\rangle =\langle13\rangle\langle24\rangle. \tag{81.25}

它消掉 $\langle24\rangle$ 并补出第四份 $\langle13\rangle$ ；剩下的负号用 $\langle14\rangle=-\langle41\rangle$ 吸收。至此两类结果合为

A(1,2,3,4)\big|_{r^-,s^-} =\frac{\langle rs\rangle^4}{D_{1234}},\qquad D_{1234}\equiv\langle12\rangle\langle23\rangle \langle34\rangle\langle41\rangle. \tag{81.26}

其它两条腿为正螺旋度。这种恰有两个负螺旋度的幅通常称为最大螺旋度违背幅（maximally helicity violating amplitude，MHV）。上式给出全部四点两负螺旋度部分幅。

直接由23通道得到非相邻幅

同一个 $A(1^-,2^+,3^-,4^+)$ 也可直接从三张树图求出。取 $q_1=q_3=k_2$ 、 $q_2=q_4=k_1$ 。两个同号偏振共用参考，异号收缩中只有 $\varepsilon_3\cdot\varepsilon_4$ 可能非零。接触图立即为零；12顶角的三项分别含 $\varepsilon_1\cdot\varepsilon_2$ 、 $k_2\cdot\varepsilon_1$ 及 $(-k_1-k_2)\cdot\varepsilon_2$ ，也全部消失。

在23通道取 $k_5=-k_2-k_3$ ，另一端为 $k_{5'}=-k_5$ ，两个循环顶角按 $235$ 、 $415'$ 排列。前者仅留 $(\varepsilon_3\cdot\varepsilon_5)(k_3\cdot\varepsilon_2)$ ，后者仅留 $(\varepsilon_{5'}\cdot\varepsilon_4)(k_{5'}\cdot\varepsilon_1)$ 。这里 $k_{5'}\cdot\varepsilon_1=k_3\cdot\varepsilon_1$ ，所以

A(1^-,2^+,3^-,4^+) =-\frac2{s_{23}} (\varepsilon_3\cdot\varepsilon_4) (k_3\cdot\varepsilon_2)(k_3\cdot\varepsilon_1). \tag{81.48}

负号来自 $(-i\sqrt2g)^2(i/s_{23})/(ig^2)=-2/s_{23}$ 。按所选参考，

\begin{aligned} \varepsilon_3\cdot\varepsilon_4 &=\frac{\langle13\rangle[42]}{\langle14\rangle[23]},\\ k_3\cdot\varepsilon_2 &=\frac{\langle13\rangle[32]}{\sqrt2\langle12\rangle},\qquad k_3\cdot\varepsilon_1 =\frac{[23]\langle31\rangle}{\sqrt2[21]}. \end{aligned} \tag{81.49}

约去 $[23]$ 和两份 $\sqrt2$ ，再用 $s_{23}=\langle23\rangle[32]$ 及 $\langle31\rangle[12]+\langle34\rangle[42]=0$ ，得到

\begin{aligned} A &=\frac{\langle13\rangle^3[42]} {\langle23\rangle\langle14\rangle\langle12\rangle[21]}\\ &=-\frac{\langle13\rangle^4} {\langle12\rangle\langle23\rangle\langle34\rangle\langle14\rangle} =\frac{\langle13\rangle^4}{D_{1234}}. \end{aligned} \tag{81.50}

这与光子退耦得到的（81.26）一致。

四胶子的颜色、螺旋度和与平均

仍用第80节的三个颜色次序代表，而 $g^2$ 已从四点部分幅中提出：

A_3=A(1234),\qquad A_4=A(1342),\qquad A_2=A(1423), \qquad A_2+A_3+A_4=0. \tag{81.27}

最后一式由（81.23）和循环、反射给出，因为 $A(1243)=A(1342)$ 。每个 $A_j$ 对应两种相反的颜色字；第80节已逐个收缩得到六色序格拉姆矩阵 $(N^4-N^2)\mathbf1_6+N^2J_6$ 。把六个系数依次替成三对相同的 $A_j$ ，直接得到

\begin{aligned} \sum_{\rm color}|\mathcal T|^2 &=g^4\left[2(N^4-N^2)\sum_{j=2}^4|A_j|^2 +4N^2\left|\sum_{j=2}^4A_j\right|^2\right]\\ &=2N^2(N^2-1)g^4\bigl(|A_2|^2+|A_3|^2+|A_4|^2\bigr). \end{aligned} \tag{81.28}

第一项中的2数的是每一对反向字，第二项中的4来自两份系数和各带一个2。光子退耦使第二项消失，于是复杂的颜色干涉只留下三个部分幅的模方。这里的颜色和仍包括入射颜色。

令实际过程为 $gg\to gg$ ，则全出记号中的 $k_1,k_2$ 为负能， $k_3,k_4$ 为正能。定义

\begin{gathered} s=s_{12}=s_{34}>0,\qquad t=s_{13}=s_{24}<0,\qquad u=s_{14}=s_{23}<0,\qquad s+t+u=0,\\ |\langle ij\rangle|^2=|[ij]|^2=|s_{ij}|. \end{gathered} \tag{81.29}

最后一式已在第60节连同负能旋量的 $i$ 因子证明。对固定 $--++$ ，三个部分幅都有分子 $\langle12\rangle^4$ ，模方为 $s^4$ 。三个循环分母的模方分别为 $s^2u^2$ 、 $s^2t^2$ 和 $t^2u^2$ ，故

\sum_{\rm color}|\mathcal T_{--++}|^2 =2N^2(N^2-1)g^4s^4 \left(\frac1{s^2t^2}+\frac1{t^2u^2}+\frac1{u^2s^2}\right). \tag{81.30}

剩余螺旋度求和只需数负螺旋度落在哪两条腿上。 $12$ 和 $34$ 两种位置各给 $s^4$ ， $13$ 和 $24$ 各给 $t^4$ ， $14$ 和 $23$ 各给 $u^4$ ；其它十种组合已经为零。把这些结果相加，再除以两个初态各自的 $2(N^2-1)$ 种等权状态：

\begin{aligned} \sum_{\rm color,hel}|\mathcal T|^2 &=4N^2(N^2-1)g^4(s^4+t^4+u^4) \left(\frac1{s^2t^2}+\frac1{t^2u^2}+\frac1{u^2s^2}\right),\\ \overline{|\mathcal T_{gg\to gg}|^2} &=\frac{N^2g^4}{N^2-1}(s^4+t^4+u^4) \left(\frac1{s^2t^2}+\frac1{t^2u^2}+\frac1{u^2s^2}\right). \end{aligned} \tag{81.31}

作为这个结果的解析核验，还可以把它化为较熟悉的通道形式。记 $S=s^2+t^2+u^2$ ，由 $s+t+u=0$ 有 $st+su+tu=-S/2$ 及 $s^2t^2+s^2u^2+t^2u^2=S^2/4$ ，所以 $s^4+t^4+u^4=S^2/2$ 。再令 $x=st,y=su,z=tu$ ，则 $xy+yz+zx=stu(s+t+u)=0$ ，从三次恒等式得到 $x^3+y^3+z^3=-S^3/8+3s^2t^2u^2$ 。两边通分后便有

\begin{aligned} &(s^4+t^4+u^4) \left(\frac1{s^2t^2}+\frac1{t^2u^2}+\frac1{u^2s^2}\right) =\frac{S^3}{2s^2t^2u^2}\\ &\hspace{15mm}=4\left(3-\frac{tu}{s^2} -\frac{su}{t^2}-\frac{st}{u^2}\right),\\ &\overline{|\mathcal T_{gg\to gg}|^2}_{N=3} =\frac92g^4\left(3-\frac{tu}{s^2} -\frac{su}{t^2}-\frac{st}{u^2}\right). \end{aligned} \tag{81.32}

在质心 $90^\circ$ 处， $t=u=-s/2$ ，结果为 $243g^4/8$ ；未化简表达式中的四次和为 $9s^4/8$ ，倒数和为 $24/s^4$ ，直接相乘给出相同值。若 $t\to0$ 而 $u\to-s$ ，一般 $N$ 的首项为 $4N^2g^4s^2/[(N^2-1)t^2]$ 。这一小角增强来自无质量胶子交换；计算角度积分时需给出相应的角截取或红外安全观测量。

加入一条夸克线

接下来加入一个无质量基本表示狄拉克场。其拉氏密度及有序顶角为

\begin{aligned} \mathcal L_q &=i\bar\Psi\slashed D\Psi =i\bar\Psi\slashed\partial\Psi +\frac g{\sqrt2}\bar\Psi\gamma^\mu A_\mu\Psi,\\ iV_q^\mu&=\frac{ig}{\sqrt2}\gamma^\mu. \end{aligned} \tag{81.33}

这里的 $1/\sqrt2$ 正好补偿 $T^a=\sqrt2t^a$ ，分量顶角仍是熟悉的 $igt^a\gamma^\mu$ 。夸克线只携带一个基本颜色指标，因此把上一节的双线接到它上面，闭合颜色迹就变成一条开放矩阵链。

把全出费米端标为 $1_{\bar q},2_q$ ，胶子标为3、4。固定这个循环次序时，有内部夸克交换和内部胶子交换两张图。沿颜色箭头的反方向从2读到1，先遇胶子3，再遇胶子4，所得链为 $(T^{a_3}T^{a_4})_{i_2}{}^{i_1}$ 。交换两个胶子的外标号补出另一种次序，故

\begin{aligned} \mathcal T_{i_2}{}^{i_1} =g^2\bigl[& (T^{a_3}T^{a_4})_{i_2}{}^{i_1}A(1_{\bar q},2_q,3,4)\\ &+(T^{a_4}T^{a_3})_{i_2}{}^{i_1}A(1_{\bar q},2_q,4,3)\bigr]. \end{aligned} \tag{81.34}

两夸克两胶子的两个有序树图。费米箭头沿1到2；左图内部夸克动量为 $p_5=-p_1-k_4=p_2+k_3$ ，右图三胶子端流出的内部动量为 $k_5=-k_3-k_4=p_1+p_2$ 。

前两图的颜色连接。胶子换成两条有向颜色线，夸克仍为单线；两图均从2端读出 $T^{a_3}T^{a_4}$ 。线的相接说明指标乘法，运动学因子由前图规则给出。

夸克也与中央单位矩阵方向耦合，因此以后对外胶子求颜色和时必须保留无迹投影。这里仍能借完整矩阵GN规则计算两夸克、两外 $SU(N)$ 胶子的树幅：在线性规范中，额外中央内线若接到两个外胶子上，其三顶角因对易子为零而消失，故此过程与 $SU(N)$ 相同；规范变形保持这个物理结果。更多费米线之间还可能通过中央场交换，这时完整矩阵理论的物理过程会有所增加。

无质量费米传播分子及向量顶角均在两个外尔块之间切换。含 $v$ 个夸克顶角和 $v-1$ 个内部费米分子的开放链共有 $2v-1$ 个非对角因子，仍为非对角矩阵。因而非零外端点必须一方一角，即 $1_{\bar q}^-,2_q^+$ 或其相反组合。先算前一种，链为 $[2|\cdots|1\rangle$ 。

令 $A=A_q+A_g$ ， $J^\mu=[2|\gamma^\mu|1\rangle$ 。左图的动量方向给 $-\slashed p_5=\slashed p_1+\slashed k_4$ 、 $p_5^2=-s_{14}$ ；两个顶角和传播函数外的 $1/i$ 给 $(ig/\sqrt2)^2/i=ig^2/2$ 。右图则有共同系数 $(ig/\sqrt2)i(-i\sqrt2g)=ig^2$ 。除去整个幅的 $ig^2$ ，两个部分幅便明确写为

\begin{aligned} A_q={}&-\frac1{2s_{14}}[2|\slashed\varepsilon_3 (\slashed p_1+\slashed k_4)\slashed\varepsilon_4|1\rangle,\\ A_g={}&\frac1{s_{12}}\bigl[ (\varepsilon_3\cdot\varepsilon_4)(J\cdot k_3) +(J\cdot\varepsilon_4)(k_4\cdot\varepsilon_3)\\ &\hspace{27mm}+(J\cdot\varepsilon_3)(k_5\cdot\varepsilon_4)\bigr], \qquad k_5=p_1+p_2. \end{aligned} \tag{81.35}

胶子两端的独立洛伦兹槽已在第二行缩并。无质量端点还使 $J\cdot k_5=[2|(\slashed p_1+\slashed p_2)|1\rangle=0$ ；后面选择参考时，既可消掉偏振内积，也可消掉这种端点矩阵元。

两种非零夸克螺旋度幅

先把偏振写成第60节已经推导的外积：

\begin{aligned} \slashed\varepsilon_+(k;q) &=\frac{\sqrt2}{\langle qk\rangle} \bigl(|k]\langle q|+|q\rangle[k|\bigr),\\ \slashed\varepsilon_-(k;q) &=\frac{\sqrt2}{[qk]} \bigl(|k\rangle[q|+|q]\langle k|\bigr),\\ \slashed p&=-|p\rangle[p|-|p]\langle p|. \end{aligned} \tag{81.36}

斜线矩阵连接两个外尔空间，它的外积因而分别取一角一方两类端点。负偏振的第二项为 $|q]\langle k|$ ；代入 $q=k_3,k=k_4$ 就得到下面的 $|3]\langle4|$ 。

若两个胶子都为正，令 $q_3=q_4=p_1$ ，则 $\slashed\varepsilon_3|1\rangle=\slashed\varepsilon_4|1\rangle=0$ ，且 $\varepsilon_3\cdot\varepsilon_4=0$ 。 $A_q$ 的右端消失， $A_g$ 三项分别由偏振内积或 $J\cdot\varepsilon_{3,4}$ 消失。若两个胶子都为负，改取 $q_3=q_4=p_2$ ，便有 $[2|\slashed\varepsilon_3=[2|\slashed\varepsilon_4=0$ ，同样逐项为零。因此只剩胶子螺旋度相反的两种情形。

取 $3^+,4^-$ ，令 $q_3=k_4,q_4=k_3$ 。此时 $\varepsilon_3\cdot\varepsilon_4=0$ ， $k_4\cdot\varepsilon_3=0$ ，而 $k_5\cdot\varepsilon_4=-(k_3+k_4)\cdot\varepsilon_4=0$ ，所以整个胶子图消失。两个偏振斜线矩阵恰好含同一个外积和：

\slashed\varepsilon_3^+ =\frac{\sqrt2}{\langle43\rangle} (|4\rangle[3|+|3]\langle4|),\qquad \slashed\varepsilon_4^- =\frac{\sqrt2}{[34]} (|4\rangle[3|+|3]\langle4|). \tag{81.37}

把它们接到外旋量上，方角的零重叠使每端只留一个因子；再展开中间的斜线矩阵，夸克链的运算就分解为

\begin{aligned} \relax[2|\slashed\varepsilon_3^+ &=\frac{\sqrt2[23]}{\langle43\rangle}\langle4|,\qquad \slashed\varepsilon_4^-|1\rangle =\frac{\sqrt2\langle41\rangle}{[34]}|3],\\ \langle4|(\slashed p_1+\slashed k_4)|3] &=-\langle41\rangle[13]-\langle44\rangle[43] =-\langle41\rangle[13],\\ A(1_{\bar q}^-,2_q^+,3^+,4^-) &=\frac{[23]\langle41\rangle^2[13]} {\langle43\rangle[34]s_{14}}. \end{aligned} \tag{81.38}

两份 $\sqrt2$ 约去（81.35）的 $1/2$ ，中间斜线矩阵的负号与 $-1/s_{14}$ 相消。这同时确定了整体相位。为继续约分，在总动量守恒的斜线矩阵式左右分别夹 $[3|,|4\rangle$ 及 $[3|,|1\rangle$ ，删除同腿括号，得到

\begin{aligned} \relax[31]\langle14\rangle+[32]\langle24\rangle&=0 &\Longrightarrow\quad [13]\langle41\rangle&=-[23]\langle42\rangle,\\ [32]\langle21\rangle+[34]\langle41\rangle&=0 &\Longrightarrow\quad [23]\langle12\rangle&=[34]\langle14\rangle. \end{aligned} \tag{81.39}

同时 $s_{14}=s_{23}=-\langle23\rangle[23]$ 。先用第一条关系替换分子的一份 $[13]\langle41\rangle$ ，再用第二条消 $[23]/[34]$ ，有

\begin{aligned} A(1_{\bar q}^-,2_q^+,3^+,4^-) &=\frac{[23]\langle41\rangle\langle42\rangle} {\langle43\rangle[34]\langle23\rangle}\\ &=\frac{\langle14\rangle\langle41\rangle\langle42\rangle} {\langle12\rangle\langle43\rangle\langle23\rangle}\\ &=-\frac{\langle14\rangle^2\langle24\rangle} {\langle12\rangle\langle23\rangle\langle34\rangle} =\frac{\langle14\rangle^3\langle24\rangle}{D_{1234}}. \end{aligned} \tag{81.40}

最后两步分别反转 $41,42,43$ 的括号，再补 $\langle41\rangle$ 进入循环分母。这就得到所求的第一种非零夸克幅。

另一种非零螺旋度也可逐段收缩。仍取 $q_3=k_4,q_4=k_3$ ，现在 $3^-,4^+$ 的共同外积为 $|3\rangle[4|+|4]\langle3|$ ，胶子图的三个零因子不变。夸克图依次给

\begin{aligned} \relax[2|\slashed\varepsilon_3^- &=\frac{\sqrt2[24]}{[43]}\langle3|,\qquad \slashed\varepsilon_4^+|1\rangle =\frac{\sqrt2\langle31\rangle}{\langle34\rangle}|4],\\ \langle3|(\slashed p_1+\slashed k_4)|4] &=-\langle31\rangle[14]-\langle34\rangle[44] =-\langle31\rangle[14],\\ A(1_{\bar q}^-,2_q^+,3^-,4^+) &=\frac{[24]\langle31\rangle^2[14]} {[43]\langle34\rangle s_{14}}\\ &=-\frac{[24]\langle13\rangle^2} {[43]\langle34\rangle\langle14\rangle} =-\frac{\langle13\rangle^3} {\langle12\rangle\langle34\rangle\langle14\rangle}\\ &=\frac{\langle13\rangle^3\langle23\rangle}{D_{1234}}. \end{aligned} \tag{81.41}

倒数第二次约分用了 $\langle12\rangle[24]+\langle13\rangle[34]=0$ ，即 $\langle1|\sum_j\slashed p_j|4]=0$ 。其余只用 $s_{14}=-\langle14\rangle[14]$ 和括号反对称性。这给出了负螺旋度胶子在第3腿的幅。两式又有相同的循环分母，但负螺旋度胶子在分子中分别出现三次于反夸克括号、一次于夸克括号。

改换参考后由胶子图给出同一振幅

改取 $q_4=p_1,q_3=k_4$ 。对刚才两种非零螺旋度，这个选择都使夸克图消失。逐项计算可以看出振幅如何在两图之间重新分配。

沿（81.35），先取 $3^-,4^+$ 。由于 $q_4=p_1$ ， $\slashed\varepsilon_4^+|1\rangle=0$ ，整张夸克图已经消失。胶子图中有

\begin{aligned} \varepsilon_3^-\cdot\varepsilon_4^+ &=\frac{\langle13\rangle[44]}{\langle14\rangle[43]}=0, & k_4\cdot\varepsilon_3^-&=0,\\ k_5\cdot\varepsilon_4^+ &=(p_1+p_2)\cdot\varepsilon_4^+ =p_2\cdot\varepsilon_4^+. \end{aligned} \tag{81.51}

第一行分别用同腿括号为零及参考横向性，第二行用 $p_1=q_4$ 。所以只有 $(J\cdot\varepsilon_3)(k_5\cdot\varepsilon_4)/s_{12}$ 留下。由已建立的偏振外积和动量收缩，两个因子是

J\cdot\varepsilon_3^- =\frac{\sqrt2[24]\langle31\rangle}{[43]},\qquad p_2\cdot\varepsilon_4^+ =\frac{\langle12\rangle[24]}{\sqrt2\langle14\rangle}. \tag{81.52}

相乘后用 $s_{12}=\langle12\rangle[21]$ 约分，得

\begin{aligned} A_g &=\frac{[24]^2\langle31\rangle\langle12\rangle} {[43]\langle14\rangle s_{12}}\\ &=-\frac{[24]^2\langle13\rangle} {[43][21]\langle14\rangle} =-\frac{\langle13\rangle^3} {\langle12\rangle\langle34\rangle\langle14\rangle}\\ &=\frac{\langle13\rangle^3\langle23\rangle}{D_{1234}}. \end{aligned} \tag{81.53}

最后一次约分依次用 $[24]/[43]=\langle13\rangle/\langle12\rangle$ 及 $[24]/[21]=\langle13\rangle/\langle34\rangle$ 。前式来自 $\langle1|\sum\slashed p|4]=0$ ；后式来自 $\langle3|\sum\slashed p|2]=0$ ，展开其非零项为 $\langle31\rangle[12]+\langle34\rangle[42]=0$ 。于是得到与前面（81.41）完全相同的幅，只是此前由夸克图给出，现在由胶子图给出。

再取 $3^+,4^-$ 及同一组参考。夸克图两端成为

[2|\slashed\varepsilon_3^+ =\frac{\sqrt2[23]}{\langle43\rangle}\langle4|, \qquad \slashed\varepsilon_4^-|1\rangle =\frac{\sqrt2\langle41\rangle}{[14]}|1]. \tag{81.54}

中间矩阵元为 $\langle4|(\slashed p_1+\slashed k_4)|1]=-\langle41\rangle[11]-\langle44\rangle[41]=0$ ，故夸克图仍然消失。这次胶子图的第一项含 $\langle44\rangle$ ，第二项仍含 $k_4\cdot\varepsilon_3=0$ ，又只剩第三项。代入

J\cdot\varepsilon_3^+ =\frac{\sqrt2[23]\langle41\rangle}{\langle43\rangle},\qquad p_2\cdot\varepsilon_4^- =\frac{[12]\langle24\rangle}{\sqrt2[14]}, \tag{81.55}

并用 $[12]=-[21]$ ，得到

\begin{aligned} A_g &=\frac{[23]\langle41\rangle[12]\langle24\rangle} {\langle43\rangle[14]s_{12}}\\ &=-\frac{[23]\langle14\rangle\langle24\rangle} {[14]\langle12\rangle\langle34\rangle} =-\frac{\langle14\rangle^2\langle24\rangle} {\langle12\rangle\langle23\rangle\langle34\rangle}\\ &=\frac{\langle14\rangle^3\langle24\rangle}{D_{1234}}. \end{aligned} \tag{81.56}

其中 $[23]/[14]=\langle14\rangle/\langle23\rangle$ 直接来自 $s_{23}=s_{14}$ 。结果与（81.40）一致。两条路线对图的分配不同，却给相同部分幅，因而同时检查了参考自由度、内部传播子的 $i$ 和顶角的 $\sqrt2$ 。

夸克幅的颜色干涉与螺旋度和

现在令 $A_3=A(1_{\bar q},2_q,3,4)$ 、 $A_4=A(1_{\bar q},2_q,4,3)$ ，这两个下标只区分胶子次序。取（81.34）的绝对值平方，对两个费米颜色 $i_1,i_2$ 求和，就是取矩阵与其厄米共轭之积的迹。由于 $(T^aT^b)^\dagger=T^bT^a$ ，直接项和干涉项分别为

\begin{aligned} \sum_{\rm color}|\mathcal T|^2 &=g^4\bigl[D_{\rm dir}(|A_3|^2+|A_4|^2) +D_{\rm int}(A_3^*A_4+A_4^*A_3)\bigr],\\ D_{\rm dir}&=\sum_{a,b}\operatorname{Tr}(T^aT^bT^bT^a),\qquad D_{\rm int}=\sum_{a,b}\operatorname{Tr}(T^aT^bT^aT^b). \end{aligned} \tag{81.42}

这里 $a,b$ 只遍历 $N^2-1$ 个胶子颜色。把（81.20）两边接到同一个矩阵 $X$ 上，得 $\sum_aT^aXT^a=\operatorname{Tr}X\,\mathbf1_N-X/N$ ；取 $X=\mathbf1_N$ ，则 $\sum_aT^aT^a=C_F\mathbf1_N$ ， $C_F=(N^2-1)/N$ 。直接迹先对相邻的两个 $T^b$ 求和，交叉迹则先对隔着 $T^b$ 的两个 $T^a$ 求和，得到

\begin{aligned} D_{\rm dir} &=C_F\sum_a\operatorname{Tr}(T^aT^a) =\frac{(N^2-1)^2}{N},\\ D_{\rm int} &=\sum_b\operatorname{Tr}\left[ \left(\operatorname{Tr}T^b\,\mathbf1_N-\frac{T^b}{N}\right)T^b\right] =-\frac{N^2-1}{N}. \end{aligned} \tag{81.43}

第二式的第一项因无迹而消失，负号正是完备关系减项的作用。这同时确定了直接项与干涉项的颜色权重。

每次外胶子颜色求和都包含完整连接 $\delta_i{}^l\delta_k{}^j$ 及减项 $-\delta_i{}^j\delta_k{}^l/N$ 。两个颜色指标 $a,b$ 各作一次选择，共有四项。完整写出直接迹的指标，便能逐个数闭环：

D_{\rm dir} =\sum_{a,b}(T^a)_i{}^j(T^b)_j{}^k (T^b)_k{}^l(T^a)_l{}^i. \tag{81.57}

对 $b$ 取完整连接，先给 $\delta_j{}^l\delta_k{}^k=N\delta_j{}^l$ ；再对 $a$ 取完整连接，余下两环给 $N^2$ ，故两者全取完整连接时为 $N^3$ 。若 $b$ 改取减项，它给 $-\delta_j{}^k\delta_k{}^l/N=-\delta_j{}^l/N$ ，再收缩完整 $a$ 连接便为 $-N$ 。在 $a$ 上取一次减项给相同结果，两次都取减项则为 $1/N$ 。

交叉迹的字为 $abab$ 。两个完整连接施加 $i=l,j=k,j=i,k=l$ ，使四个指标全部相同，只剩一圈，故为 $N$ 。若只在一个颜色上取减项，另外两个独立指标各自求和，因子为 $-N^2/N=-N$ ；两次减项又只剩一圈，连同 $1/N^2$ 成为 $1/N$ 。结果列为

两次投影的选择	直接迹 $abba$	交叉迹 $abab$
两个完整连接	$N^3$	$N$
仅第一个减项	$-N$	$-N$
仅第二个减项	$-N$	$-N$
两个减项	$1/N$	$1/N$

四项相加分别为 $(N^2-1)^2/N$ 及 $-(N^2-1)/N$ ，与前面（81.43）的逐次矩阵收缩一致。交叉迹的负号来自无迹投影的减项。

对简单代数的不可约表示 $R$ ，还可以用二次卡西米尔得到一般式。定义

\begin{aligned} \operatorname{Tr}_R(T_R^aT_R^b)&=T(R)\delta^{ab},\qquad \sum_aT_R^aT_R^a=C_R\mathbf1_{D(R)},\\ C_RD(R)&=T(R)D(A),\qquad C_A=T(A). \end{aligned} \tag{81.58}

卡西米尔与所有生成元对易，由不可约性成为标量；取迹就给第二行第一个关系。二重对易子在伴随表示上作用，故 $\sum_a[T_R^a,[T_R^a,T_R^b]]=C_AT_R^b$ 。把左边的四项展开，得到

2C_RT_R^b-2\sum_aT_R^aT_R^bT_R^a=C_AT_R^b, \qquad \sum_aT_R^aT_R^bT_R^a =\left(C_R-\frac{C_A}{2}\right)T_R^b. \tag{81.59}

直接迹先收缩相邻的两个 $b$ 生成元，给 $C_R^2D(R)$ ；交叉迹用上式，再对 $b$ 取迹。因此

\begin{aligned} D_{\rm dir}(R) &=C_R^2D(R)=\frac{T(R)^2D(A)^2}{D(R)},\\ D_{\rm int}(R) &=\left(C_R-\frac{C_A}{2}\right)C_RD(R)\\ &=\frac{T(R)^2D(A)^2}{D(R)}-\frac12T(A)T(R)D(A). \end{aligned} \tag{81.60}

回到本节基本表示，取 $T(R)=1,D(R)=N,D(A)=N^2-1,T(A)=2N$ 。最后一个数因生成元乘 $\sqrt2$ 而增为旧归一的两倍；代入即恢复（81.43）的两个答案。也可将 $\kappa=g/\sqrt2$ 与这些新卡西米尔一同使用，使物理分量耦合不变。

若 $R$ 可约，卡西米尔通常不是全空间的同一个数。令 $R=\bigoplus_r n_rR_r$ ，正确式为

D_{\rm dir}(R)=\sum_r n_rC_r^2D(R_r),\qquad D_{\rm int}(R)=D_{\rm dir}(R)-\frac12T(A)T(R)D(A). \tag{81.61}

例如基本表示直和一个单态时，总维数为 $N+1$ 、总迹指标仍为1，但单态生成元为零，所以实际直接迹仍为 $(N^2-1)^2/N$ ；把总 $D,T$ 代入不可约式却给 $(N^2-1)^2/(N+1)$ 。各不可约块的二次卡西米尔决定了直接迹；交叉迹的伴随减项只需总迹指标。

还需确定两个颜色次序的相对相位，才能求干涉。交换3、4在边界上的位置时，负螺旋度仍随其原标签走，因此（81.40）、（81.41）的分子都不变。只比较循环分母，利用 $\langle2|\sum_j\slashed p_j|1]=0$ 给出的 $\langle23\rangle/\langle24\rangle=-[14]/[13]$ ，有

\begin{aligned} \frac{A_4}{A_3} &=\frac{\langle23\rangle\langle34\rangle\langle41\rangle} {\langle24\rangle\langle43\rangle\langle31\rangle} =-\frac{\langle23\rangle\langle14\rangle} {\langle24\rangle\langle13\rangle}\\ &=\frac{\langle14\rangle[14]}{\langle13\rangle[13]} =\frac ut. \end{aligned} \tag{81.44}

在 $q\bar q\to gg$ 物理区中， $t,u$ 均负，比值为正实数。由括号模长，例如 $|A_3(3^+,4^-)|^2=|u|^3|t|/(s^2|u|^2)=tu/s^2$ ；另一种给 $t^3/(s^2u)$ 。两个颜色次序的结果列为

指定螺旋度	$	A_3	^2$	$	A_4	^2$	$\operatorname{Re}(A_3^*A_4)$
$-++-$	$tu/s^2$	$u^3/(s^2t)$	$u^2/s^2$
$-+-+$	$t^3/(s^2u)$	$tu/s^2$	$t^2/s^2$

例如第一行的 $A_3$ 模方由 $|\langle14\rangle|^6|\langle24\rangle|^2/|D_{1234}|^2=|u|^3|t|/(s^2|u|^2)$ 给出； $t,u$ 同负才化成 $tu/s^2$ 。 $A_4$ 模方乘 $u^2/t^2$ ，实干涉则乘 $u/t$ 。另一行将分子换成 $|t|^3|u|$ ，其余运算不变。

对相反费米端点，外链为 $\langle2|\cdots|1]$ ，仍取相互参考 $q_3=k_4,q_4=k_3$ 。为核清共轭时的相位，直接写出三段收缩。先取 $+--+$ ：

\begin{aligned} \langle2|\slashed\varepsilon_3^- &=\frac{\sqrt2\langle23\rangle}{[43]}[4|, &\slashed\varepsilon_4^+|1] &=\frac{\sqrt2[41]}{\langle34\rangle}|3\rangle,\\ [4|(\slashed p_1+\slashed k_4)|3\rangle &=-[41]\langle13\rangle,\\ A(1_{\bar q}^+,2_q^-,3^-,4^+) &=\frac{\langle23\rangle[41]^2\langle13\rangle} {[43]\langle34\rangle s_{14}}. \end{aligned} \tag{81.62}

另一种 $+-+-$ 的相应因子为

\begin{aligned} \langle2|\slashed\varepsilon_3^+ &=\frac{\sqrt2\langle24\rangle}{\langle43\rangle}[3|, &\slashed\varepsilon_4^-|1] &=\frac{\sqrt2[31]}{[34]}|4\rangle,\\ [3|(\slashed p_1+\slashed k_4)|4\rangle &=-[31]\langle14\rangle,\\ A(1_{\bar q}^+,2_q^-,3^+,4^-) &=\frac{\langle24\rangle[31]^2\langle14\rangle} {\langle43\rangle[34]s_{14}}. \end{aligned} \tag{81.63}

两个中间式都用了 $[44]=0$ 或 $\langle44\rangle=0$ ，内部动量始终为 $p_1+k_4$ ，没有因改变螺旋度而改换传播通道。每次两份 $\sqrt2$ 与夸克图 $1/2$ 约去，斜线分解的负号与分母的负号相消。

在本物理区，令 $\eta_1=\eta_2=-1,\eta_3=\eta_4=1$ ，第60节的共轭规则是

\langle ij\rangle^*=\eta_i\eta_j[ji],\qquad [ij]^*=\eta_i\eta_j\langle ji\rangle. \tag{81.64}

例如（81.38）最后一行分子 $[23]\langle41\rangle^2[13]$ 的共轭为 $\langle23\rangle[41]^2\langle13\rangle$ ：每个混合能量对的 $\eta_i\eta_j=-1$ 与括号反向号相消。分母变成 $[43]\langle34\rangle s_{14}$ ，所以正好是（81.62）；（81.41）的未约分式同样变成（81.63）。两种颜色次序获得同样的共轭规则，表中的模方及实干涉分别重复一次。

将四种非零螺旋度相加，得到

\begin{aligned} \sum_{\rm hel}(|A_3|^2+|A_4|^2) &=\frac{2(t^2+u^2)}{s^2}\left(\frac tu+\frac ut\right) =\frac{2(t^2+u^2)^2}{s^2tu},\\ \sum_{\rm hel}(A_3^*A_4+A_4^*A_3) &=\frac{4(t^2+u^2)}{s^2}. \end{aligned} \tag{81.45}

第一行的2来自相反端点螺旋度，第二行再多一个由 $A_3^*A_4+A_4^*A_3=2\operatorname{Re}(A_3^*A_4)$ 产生的2。将它们代入（81.42），先提出共同因子，再用 $t^2+u^2=s^2-2tu$ ，得到

\begin{aligned} \sum_{\rm color,hel}|\mathcal T|^2 &=\frac{2g^4(N^2-1)(t^2+u^2)}{Ns^2} \left[\frac{(N^2-1)(t^2+u^2)}{tu}-2\right]\\ &=\frac{2g^4(N^2-1)(t^2+u^2)}N \left[\frac{N^2-1}{tu}-\frac{2N^2}{s^2}\right],\\ \overline{|\mathcal T_{q\bar q\to gg}|^2} &=g^4\left[ \frac{(N^2-1)^2}{2N^3}\left(\frac tu+\frac ut\right) -\frac{N^2-1}{N}\frac{t^2+u^2}{s^2}\right]. \end{aligned} \tag{81.46}

最后一行除去两个入射费米子各自的 $2N$ 种等权状态。在 $N=3$ 时两系数为 $32/27$ 与 $-8/3$ ，而 $t=u=-s/2$ 处为 $28g^4/27$ 。干涉项虽为负，总结果在物理区为正： $tu/s^2\le1/4$ 使第二行方括号不小于 $2(N^2-2)/s^2$ 。结果对 $t,u$ 交换不变，正对应两个末态胶子的互换。

从模方到微分截面仍用第11节的通量和二体相空间。两个胶子若在全带标号相空间积分，要另除 $2!$ ；（81.31）和（81.46）已包含初态平均。

从部分子幅到强子过程

夸克和胶子的有色树幅描述强子碰撞中的短距离部分。当动量转移 $Q$ 远大于强相互作用的长距离尺度时，第73、78节的渐近自由允许在 $\mu_R$ 取 $Q$ 附近，用较小的 $g(\mu_R)$ 计算碰撞的短距离部分。

强子的动量并非由其中某个固定部分子携带。要将硬散射用于强子截面，还要知道部分子带走的纵向动量分数。以 $f_{a/H}(x,\mu_F)$ 记强子 $H$ 中种类 $a$ 的部分子分布函数（parton distribution function），硬碰撞核须对来自两个强子的 $x_1,x_2$ 积分。在可用共线因子化的包容硬过程及所选喷注观测量下，这个结构为

\begin{aligned} d\sigma_{H_1H_2\to{\rm jets}+X} ={}&\sum_{a,b}\int_0^1dx_1\int_0^1dx_2\, f_{a/H_1}(x_1,\mu_F)f_{b/H_2}(x_2,\mu_F)\\ &\times d\widehat\sigma_{ab}(x_1P_1,x_2P_2;\mu_R,\mu_F) +\text{随硬标增大受幂压低的贡献}. \end{aligned} \tag{81.47}

积分限以硬核中的运动学条件实现实际阈值。最低阶的 $d\widehat\sigma_{gg}$ 、 $d\widehat\sigma_{q\bar q}$ 正由本节振幅、通量与相空间给出。这种因子化适用于硬不变量足够大、对未观测末态作相应包容求和的过程。喷注定义在添加软辐射或将一粒子作共线分裂时保持不变，便满足所需的红外安全性；幂修正的具体阶数取决于观测量。Collins、Soper 与 Sterman，第1节介绍了这些条件及分布函数的普适性，第1.3节式(11)、(13)给出双分布卷积与部分子硬截面的关系。

$\mu_R$ 控制重整化耦合， $\mu_F$ 规定长距离部分收进分布函数的分界，二者可以同取 $Q$ 。分布函数在一个尺度上的形状需要非微扰输入；微扰理论则可计算它随尺度的演化。因而从一类过程获得分布以后，另一类硬过程的能量、角度与尺度依赖仍可检验同一套量子色动力学。这些分布把部分子计算与强子实验联系起来。下一节将转向长距离问题本身，用威尔逊圈和格点语言讨论禁闭。

← 第 80 节 · 章节地图 · 第 82 节 →