Srednicki §57 光子的路径积分

系列文章：Srednicki QFT 共 97 篇

上一节从库仑规范下的两个光子模式出发，求出了自由场的时间序函数。把它与标势产生的瞬时作用合并以后，守恒电流之间的结果可以写成费曼规范的形式。现在反过来，直接从麦克斯韦作用量计算路径积分，看看同一个结果怎样从四维矢量势中出现。所需的积分仍是第8节的高斯积分；新的困难在于，规范变换使作用量沿某些场方向不变，因而四维二次核没有逆。先把这些方向辨认出来，配方才能继续进行。

采用本节约定，外源先取实的光滑快速衰减函数，并满足电流守恒。

麦克斯韦作用量的动量二次型

先写出自由电磁场的生成泛函，并令它在零源处归一：

\begin{aligned} Z_0[J]&=\mathcal N\int\mathcal DA\,e^{iS_0[A,J]}, \qquad Z_0[0]=1,\\ S_0[A,J]&=\int d^4x\left[ -\frac14F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}+J^\mu A_\mu\right]. \end{aligned} \tag{57.1}

这里的测度还要除去规范变换造成的重复积分，稍后会具体定义。先按第8节的做法变换到动量空间。对各个分量都取

\begin{aligned} \widetilde A_\mu(k)&=\int d^4x\,e^{-ikx}A_\mu(x), &A_\mu(x)&=\int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}e^{ikx}\widetilde A_\mu(k),\\ \widetilde A_\mu(-k)&=\widetilde A_\mu(k)^*, &\widetilde F_{\mu\nu}(k) &=i[k_\mu\widetilde A_\nu(k)-k_\nu\widetilde A_\mu(k)]. \end{aligned} \tag{57.2}

第二行的共轭关系来自场为实。若先把路径积分化成有限个普通积分，它告诉我们应当对一对动量的实部、虚部积分，不能把 $k$ 和 $-k$ 当作两组独立的实场。所有傅里叶变换的常数因子在有源与零源的比值中相消。

把两份场强相乘，时空积分使它们的动量互为相反数。第二份场强中的 $i$ 于是变成 $-i$ ，两者相乘给正号。暂在这一计算中省略 $\widetilde A$ 的指标位置以外的装饰，写 $A_\mu^+=\widetilde A_\mu(k)$ 、 $A_\mu^-=\widetilde A_\mu(-k)$ ，则

\begin{aligned} \widetilde F^{\mu\nu}(k)\widetilde F_{\mu\nu}(-k) &=(k^\mu A_+^\nu-k^\nu A_+^\mu) (k_\mu A_\nu^--k_\nu A_\mu^-)\\ &=k^2A_+^\nu A_\nu^-+k^2A_+^\mu A_\mu^- -2(k\cdot A_+)(k\cdot A_-)\\ &=2\widetilde A_\mu(k) (k^2g^{\mu\nu}-k^\mu k^\nu)\widetilde A_\nu(-k). \end{aligned} \tag{57.3}

这里两个对角项相同，两个交叉项也相同；它们给出的2与作用量中的 $-1/4$ 合成 $-1/2$ 。源项先给出 $\int d^4k\,(2\pi)^{-4}\widetilde J^\mu(k)\widetilde A_\mu(-k)$ ，再把 $k\leftrightarrow-k$ 的同一积分取平均，得到

\begin{aligned} S_0=\frac12\int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\Big[ &-\widetilde A_\mu(k)M^{\mu\nu}(k)\widetilde A_\nu(-k)\\ &+\widetilde J^\mu(k)\widetilde A_\mu(-k) +\widetilde J^\mu(-k)\widetilde A_\mu(k)\Big],\\ M^{\mu\nu}(k)&=k^2g^{\mu\nu}-k^\mu k^\nu. \end{aligned} \tag{57.4}

两个源项只是对称写法，前面的 $1/2$ 恢复了原有耦合的系数。若像标量场那样把场平移 $M^{-1}J$ ，就需要先求 $M$ 的逆。可是 $M^{\mu\nu}k_\nu=k^2k^\mu-k^\mu k^2=0$ ，所以沿 $k$ 的方向没有二次项。这正是规范自由度在动量空间的表现： $A_\mu\mapsto A_\mu-\partial_\mu\Gamma$ 使 $\widetilde A_\mu\mapsto\widetilde A_\mu-ik_\mu\widetilde\Gamma$ ，而场强保持不变。

投影矩阵与洛伦兹规范

为找出其余方向，先取非类光动量，令 $s=k^2\ne0$ 。二次核可以写成

\begin{aligned} M^{\mu\nu}&=sP^{\mu\nu}, &P^{\mu\nu}&=g^{\mu\nu}-\frac{k^\mu k^\nu}{s},\\ P^\mu{}_{\nu}&=\delta^\mu{}_{\nu} -\frac{k^\mu k_\nu}{s}, &P_{\mu\nu}&=g_{\mu\nu}-\frac{k_\mu k_\nu}{s}. \end{aligned} \tag{57.5}

讨论本征值时，要用第二行的混合指标映射 $P^\mu{}_{\nu}$ ，使它把上指标矢量映成同类矢量。 $P_{\mu\nu}$ 的对称性还表明 $u\cdot Pv=Pu\cdot v$ 。把两个投影展开相乘，得到

\begin{aligned} P^\mu{}_{\rho}P^\rho{}_{\nu} &=\delta^\mu{}_{\nu} -2\frac{k^\mu k_\nu}{s} +\frac{k^\mu(k_\rho k^\rho)k_\nu}{s^2} =P^\mu{}_{\nu},\\ P^\mu{}_{\nu}k^\nu&=k^\mu-k^\mu s/s=0,\\ P^\mu{}_{\mu}&=4-s/s=3. \end{aligned} \tag{57.6}

若 $Pv=\lambda v$ 且 $v\ne0$ ，再投影一次就有 $\lambda^2v=\lambda v$ ，所以 $\lambda$ 只能为0或1。而任意 $v$ 都可写成 $Pv+(I-P)v$ ，两部分分别属于本征值1、0的空间，因此确有一组这样的本征矢，迹可以直接计数。迹为3，便说明三个方向有本征值1，剩下的规范方向有本征值0。

这个结论用的是洛伦兹指标缩并。例如类空动量 $k^\mu=(0,0,0,\kappa)$ 时，上上指标数组为 $P^{\mu\nu}=\operatorname{diag}(-1,1,1,0)$ ，混合指标映射则为 $P^\mu{}_{\nu}=\operatorname{diag}(1,1,1,0)$ 。前者作为二次型保留了度规的负号，后者作为投影才有刚才的0、1本征值。这一区别也会决定高斯积分的路径。

对每个非类光动量，场有唯一的分解

\begin{aligned} \widetilde A^\mu&=\widetilde A_T^\mu+k^\mu\chi, &\widetilde A_T^\mu&=P^\mu{}_{\nu}\widetilde A^\nu,\\ \chi&=\frac{k\cdot\widetilde A}{s}, &k\cdot\widetilde A_T&=k\cdot\widetilde A-s\chi=0. \end{aligned} \tag{57.7}

在本节中， $T$ 表示四维洛伦兹正交方向；它与前两节的空间横向标记应按所在公式区别。规范变换只改变 $\chi$ ，不改变 $\widetilde A_T$ 。令 $\chi=0$ ，就从每条规范轨道选出了一个代表；傅里叶变换回去， $k^\mu\widetilde A_\mu=0$ 正是洛伦兹规范（Lorenz gauge） $\partial^\mu A_\mu=0$ 。

也可以用一组基矢实行这个分解：一个基矢沿 $k$ ，其余三个选在 $k^\perp$ 内，然后删去沿 $k$ 的坐标。这样便得到洛伦兹条件；其余基矢在 $k^\perp$ 内部无需正交归一，但不能任取三个与 $k$ 独立的矢量。例如 $k=(1,0,0,0)$ 与 $b_1=(1,1,0,0)$ 线性无关，再加上第二、第三空间轴便成一组基；删去 $k$ 的坐标后仍可留下 $A=b_1$ ，但 $k\cdot b_1=-1$ 。若已经选了任意补基 $b_a$ ，把它们改成 $Pb_a$ 即可。这些新基矢仍独立：若 $\sum_a c_aPb_a=0$ ，则 $\sum_a c_ab_a$ 沿 $k$ ，与原补基的独立性矛盾，故所有 $c_a$ 都为零。

除去重复的规范积分

二次项不依赖 $\chi$ 已经由 $Mk=0$ 确定。线性源项也要如此，才可以把这个坐标的积分提出。这里用到电流守恒，而不是另一条矩阵恒等式。对 $\partial_\mu J^\mu=0$ 作傅里叶变换，分部积分给出

\begin{aligned} 0&=\int d^4x\,e^{-ikx}\partial_\mu J^\mu =ik_\mu\widetilde J^\mu(k),\\ \widetilde J_\mu\widetilde A^\mu &=\widetilde J_\mu\widetilde A_T^\mu +\chi k^\mu\widetilde J_\mu =\widetilde J_\mu\widetilde A_T^\mu. \end{aligned} \tag{57.8}

表面项由外源的衰减消去。因此作用量在整个规范坐标上都是常数，对这个坐标积分只会给出共同的规范轨道体积。可以先保留有限个独立实傅里叶坐标，取同一规范坐标截止，再以零源积分归一；公共体积便在取截止极限之前约去。从原坐标换成 $A_T,\chi$ 还会有一个雅可比因子。它由动量及所选基底决定，也与外源无关，因而一同消去。

也可以直接用规范条件来表示这个消元，看清其中的行列式。记 $\mathcal F[A]=\partial^\mu A_\mu$ ，则在本书规范变换的号约定下

\begin{aligned} \mathcal F[A^\Gamma] &=\partial^\mu(A_\mu-\partial_\mu\Gamma) =\mathcal F[A]+\mathcal M\Gamma, &\mathcal M&=-\partial^2,\\ \int d\Gamma\, \delta\bigl(\mathcal F[A]+\mathcal M\Gamma\bigr) &=\frac1{|\det{}'\mathcal M|}. \end{aligned} \tag{57.9}

后一行先是有限维 $\delta$ 函数的变量代换：令 $u=\mathcal F[A]+\mathcal M\Gamma$ ，测度给 $d\Gamma=d u/|\det{}'\mathcal M|$ ，而 $\int d u\,\delta(u)=1$ 。撇号表示已按边界条件除去了 $\mathcal M$ 的零模，使这个代换可逆。把右边的行列式乘回去，就得到可插入原路径积分的恒等因子。随后以 $A\mapsto A^\Gamma$ 变换积分变量，场强与守恒源作用都不变，剩下的 $\Gamma$ 积分于是成为同一个规范体积。归一后的结果可写为

\begin{aligned} Z_0[J] &=\frac{\int dA\,\delta(\mathcal F[A]) |\det{}'\mathcal M|\,e^{iS_0[A,J]}} {\int dA\,\delta(\mathcal F[A]) |\det{}'\mathcal M|\,e^{iS_0[A,0]}}\\ &=\frac{\int dA_T\,e^{iS_0[A_T,J]}} {\int dA_T\,e^{iS_0[A_T,0]}}. \end{aligned} \tag{57.10}

在自由阿贝尔理论中， $\mathcal M=-\partial^2$ 不含场，所以它的行列式确实能约去。即使横向基底不是正交基，额外的常数雅可比因子仍以同样方式约去。因此，归一化泛函中的测度可以直接写成其余三个坐标的测度。

洛伦兹条件还允许 $\partial^2\Gamma=0$ 的规范变换，因此边界条件是选择代表的一部分。在有限模式推导中，可以先只保留非零、非类光的模；常量场或具有特殊边界意义的模式另行固定。连续理论中的光锥极点由下面定义的真空边界值恢复。

在剩余三个方向上完成高斯积分

除去规范坐标以后， $P$ 在剩余空间上就是单位映射。配方所需的逆矩阵因此只在这个子空间上定义。在 $s\ne0$ 处，

M^{\mu\rho}\frac{P_{\rho\nu}}s =P^\mu{}_{\nu}, \qquad P^\mu{}_{\nu}v^\nu=v^\mu \quad\text{若 }k\cdot v=0. \tag{57.11}

右边只需在所积的空间中成为单位算符，这就足够用于配方。不过，四维横向空间的度规未必全为正。若 $k$ 类时，可在其静止系中看到 $k^\perp$ 为三个空间方向；若 $k$ 类空，可选它沿第三空间轴，这时 $k^\perp$ 包括一个时间方向和两个空间方向。因此在这个子空间选基 $e_a$ 时，应写成

\begin{aligned} e_a\cdot e_b&=\sigma_a\delta_{ab}, \qquad \sigma_a=\pm1, &A_T^\mu&=\sum_{a=1}^3e_a^\mu a_a,\\ j_a&=J_\mu e_a^\mu, &S_s[a,j]&=-\frac s2\sum_a\sigma_a a_a^2+\sum_a j_a a_a,\\ P^{\mu\nu}&=\sum_a\sigma_a e_a^\mu e_a^\nu, &\sum_a\sigma_a j_a^2&=J_\mu P^{\mu\nu}J_\nu. \end{aligned} \tag{57.12}

这里写的是一个独立实模式块，体积及傅里叶归一已吸收到坐标中。它们在合回连续积分时按式（57.4）恢复。第三行的完备关系可直接作用在基矢上验证： $\sum_a\sigma_a e_a(e_a\cdot e_b)=e_b$ ，而它作用在 $k$ 上为零，故恰是前面的 $P$ 。

以 $s-i\epsilon$ 选取费曼真空边界， $\epsilon>0$ 具有质量平方的量纲。在正范数方向， $e^{-i(s-i\epsilon)a^2/2}$ 确实含有衰减因子 $e^{-\epsilon a^2/2}$ 。但负范数方向的号相反。仍取 $k=(0,0,0,\kappa)$ ，横向场为 $(a_0,a_1,a_2,0)$ ，则零源被积函数含

\exp\!\left[-\frac{is}{2}(-a_0^2+a_1^2+a_2^2)\right] \exp\!\left[\frac\epsilon2a_0^2 -\frac\epsilon2(a_1^2+a_2^2)\right]. \tag{57.13}

所以要使用这个共同极点处方，还须给出时间型坐标的积分路径。一种明确的高斯积分定义是先把有限实坐标复化，再取

\begin{aligned} a_a&=c_ab_a, &c_a&=\begin{cases}1,&\sigma_a=+1,\\ i,&\sigma_a=-1,\end{cases} &b_a&\in\mathbb R,\\ \sigma_ac_a^2&=1, &j'_a&=c_aj_a,\\ iS_{s-i\epsilon} &=-\frac{\epsilon+is}{2}\sum_a b_a^2 +i\sum_a j'_ab_a. \end{aligned} \tag{57.14}

所有 $b_a$ 方向现在都具有正的二次衰减，固定的复线性源也不会破坏积分收敛。这是对协变高斯积分所选的解析路径。式（57.2）的实场共轭关系已经用来确定复化前的独立坐标数；复化以后，积分路径上各点不再都对应实的洛伦兹势。最终真空边界将由所得核的极点规定，并可与上一节实际光子模式给出的守恒源泛函比较。

沿这些路径，普通高斯积分就能完整作出。记 $\alpha=\epsilon+is$ ，其实部为正。对一个坐标令 $I(j')=\int db\,e^{-\alpha b^2/2+ij'b}$ ，分部积分的端点为零，因而 $\alpha\int db\,b e^{-\alpha b^2/2+ij'b}=ij'I(j')$ 。再对源求导，便有 $I'(j')=-j'I(j')/\alpha$ 。以第7节的零源高斯积分为初值，解这个一阶方程并对三个坐标相乘，得到

\begin{aligned} I_\epsilon(j') &=\left(\frac{2\pi}{\epsilon+is}\right)^{3/2} \exp\!\left[-\frac{\sum_a(j'_a)^2}{2(\epsilon+is)}\right],\\ \frac{I_\epsilon(j')}{I_\epsilon(0)} &=\exp\!\left[\frac{i}{2(s-i\epsilon)} \sum_a\sigma_a j_a^2\right]. \end{aligned} \tag{57.15}

第二行用了 $c_a^2=\sigma_a$ 与 $\epsilon+is=i(s-i\epsilon)$ 。平方根沿 $\operatorname{Re}\alpha>0$ 连续选支；它和路径变换的常数 $\prod_a c_a$ 都在归一比中相消。上面的微分运算对复源也成立，因为二次衰减控制任意有限的线性项。这给出了配方所需复平移的收敛依据。

把同一计算写回张量形式，令 $J_T^\mu=P^{\mu\nu}J_\nu$ 、 $d_\epsilon=s-i\epsilon$ ，驻值场与平移后的作用为

\begin{aligned} A_c^\mu&=\frac{J_T^\mu}{d_\epsilon}, \qquad A_T=A_c+B_T, \qquad k\cdot B_T=0,\\ -\frac{d_\epsilon}{2}A_T^2+J\cdot A_T &=-\frac{d_\epsilon}{2}B_T^2 +B_T\cdot(J_T-d_\epsilon A_c) -\frac{d_\epsilon}{2}A_c^2+J_T\cdot A_c\\ &=-\frac{d_\epsilon}{2}B_T^2 +\frac{J_\mu P^{\mu\nu}J_\nu}{2d_\epsilon}. \end{aligned} \tag{57.16}

交叉项按驻值条件为零；源常数项的两个系数是 $-1/2+1=1/2$ 。因此，正的 $i/2$ 是从负二次作用量配方而来。对所有独立模式取乘积，再合并实场的正、负动量，就得到动量空间的生成泛函：

Z_0[J]=\exp\!\left[ \frac i2\int\frac{d^4k}{(2\pi)^4} \widetilde J_\mu(k) \frac{P^{\mu\nu}(k)}{k^2-i0} \widetilde J_\nu(-k)\right]. \tag{57.17}

这个紧凑写法中的 $P$ 先由非类光模的代数确定；下一小节将把光锥处的共同处方写明。对当前的守恒源， $P$ 里的纵向项已经为零，所以双源指数只需标量费曼边界值就能定义。质量维数也相合： $[\widetilde J]=-1$ ，动量测度维数为4，核的维数为 $-2$ ，整个指数无量纲。

最后把含两个外源的项变回坐标空间。两份源的相位最初给出 $e^{-ik(x-y)}$ ，核在 $k\mapsto-k$ 下为偶函数，换元后可写成

\begin{aligned} \Delta_L^{\mu\nu}(x-y) &=\int\frac{d^4k}{(2\pi)^4} e^{ik(x-y)}\widetilde\Delta_L^{\mu\nu}(k),\\ Z_{0,L}[J] &=\exp\!\left[\frac i2\int d^4x\,d^4y\, J_\mu(x)\Delta_L^{\mu\nu}(x-y)J_\nu(y)\right]. \end{aligned} \tag{57.18}

这个核对应严格施加洛伦兹条件的朗道规范（Landau gauge），以下用下标 $L$ 表示。在已经选定的规范中，把此高斯式延拓到独立测试源后求导，二次型的两端抵消 $1/2$ ，再乘两次场插入所需的 $1/i$ ，给出

\left.\frac1{i^2} \frac{\delta^2Z_{0,L}}{\delta J_\mu(x)\delta J_\nu(y)}\right|_{J=0} =-i\Delta_L^{\mu\nu}(x-y) =\frac1i\Delta_L^{\mu\nu}(x-y). \tag{57.19}

这样仍承接上一节 $\Delta=i\langle\mathrm TAA\rangle$ 的约定。独立源导数使用完整的张量核，其纵向分量由下一步的规范处方确定。

光锥处的共同真空处方

前面的传播核含有分母 $k^2-i\epsilon$ ，投影中又含有一个 $1/k^2$ 。在光锥外可以直接通分，在光锥上则应让两个分母继承同一个解析边界。与上面非在壳逆核相配的一种明确规定是

\begin{aligned} F_\epsilon(k)&=\frac1{k^2-i\epsilon},\\ \widetilde\Delta_{L,\epsilon}^{\mu\nu}(k) &=g^{\mu\nu}F_\epsilon-k^\mu k^\nu F_\epsilon^2, \qquad \widetilde\Delta_L^{\mu\nu} =\lim_{\epsilon\downarrow0}\widetilde\Delta_{L,\epsilon}^{\mu\nu}. \end{aligned} \tag{57.20}

极限对光滑快速衰减的测试函数取，即在温和分布空间 $\mathcal S'$ 中取。有限 $\epsilon$ 时，第二行与把裸 $P$ 直接除以 $k^2-i\epsilon$ 并不相同；第二行同时规定了两个分母在光锥处的延拓。两者在 $k^2\ne0$ 处有同一极限，夹在守恒流之间时，在取极限以前就有同一个值。

先证明这个极限确实存在。上一节已经逐一算出正、负时差的留数。将那里的空间动量长度记为 $r$ ，保持调节量而暂不取极限，所得半傅里叶变换为

\begin{aligned} w_\epsilon&=\sqrt{r^2-i\epsilon}, \qquad \operatorname{Re}w_\epsilon>0, \quad \operatorname{Im}w_\epsilon<0,\\ \int\frac{dk^0}{2\pi}e^{-ik^0t}F_\epsilon(k) &=\frac{i}{2w_\epsilon}e^{-iw_\epsilon|t|} \longrightarrow\frac{i}{2r}e^{-ir|t|},\\ \left|\frac{i}{2w_\epsilon}e^{-iw_\epsilon|t|}\right| &\leq\frac1{2r},\qquad r>0. \end{aligned} \tag{57.21}

这里正频率根在实轴下方，负频率根在上方，正是式（56.15）的两侧留数。最后一行用了 $|w_\epsilon|=(r^4+\epsilon^2)^{1/4}\ge r$ 和指数的衰减。测试函数乘上 $1/r$ 仍可积：在空间原点，球坐标测度给 $r^2dr/r=r\,dr$ ；在远处，测试函数的快速衰减控制时间和空间积分。因此支配收敛给出混合变量 $(t,\mathbf k)$ 中的分布极限。傅里叶变换把快速衰减测试函数仍映成同类函数——任意动量幂可通过分部积分转成原函数的导数——故也得到 $F_\epsilon\to F=1/(k^2-i0)$ 。

张量中的双分母可以直接由这个已经存在的标量分布产生。定义 $\partial_k^\mu=g^{\mu\rho}\partial/\partial k^\rho$ ，则 $\partial_k^\mu k^\nu=g^{\mu\nu}$ 、 $\partial_k^\mu k^2=2k^\mu$ ，从而

\begin{aligned} \partial_k^\mu(k^\nu F_\epsilon) &=g^{\mu\nu}F_\epsilon -2k^\mu k^\nu F_\epsilon^2,\\ \widetilde\Delta_{L,\epsilon}^{\mu\nu} &=\frac12\left[g^{\mu\nu}F_\epsilon +\partial_k^\mu(k^\nu F_\epsilon)\right],\\ \widetilde\Delta_L^{\mu\nu} &=\frac12\left[g^{\mu\nu}F +\partial_k^\mu(k^\nu F)\right]. \end{aligned} \tag{57.22}

乘以 $k^\nu$ 只是把测试函数乘一个多项式；分布导数则按分部积分，把导数转到测试函数上并添一个负号。两种运算都保留快速衰减测试函数的类别，所以第二行可以直接取极限，四动量原点附近的完整张量组合也由此得到定义。

再来检验洛伦兹条件。有限调节下的缩并不为零，但其剩余项恰好是一个趋零分布的导数：

\begin{aligned} k_\mu\widetilde\Delta_{L,\epsilon}^{\mu\nu} &=k^\nu\left(\frac1{d_\epsilon} -\frac{s}{d_\epsilon^2}\right) =-\frac{i\epsilon k^\nu}{d_\epsilon^2}\\ &=\frac i2\partial_k^\nu(\epsilon F_\epsilon),\\ |\epsilon F_\epsilon|&\le1, \qquad\epsilon F_\epsilon\longrightarrow0\quad\text{于 }\mathcal S',\\ k_\mu\widetilde\Delta_L^{\mu\nu}&=0. \end{aligned} \tag{57.23}

中间一行的证明与上一节的余项相仿：除 $k^2=0$ 这两个零测度曲面以外， $\epsilon F_\epsilon$ 逐点趋零，而任意测试函数都可积，因而可以用1作统一支配。再作分布微分便得到最后一行。朗道核的横向性由此作为分布恒等式在整个动量空间成立。

夹在守恒电流之间时， $P$ 可以换成 $g$ 。在上述共同处方下，这一步可在有限调节时就完成：

\begin{aligned} \widetilde J_\mu(k)\widetilde\Delta_{L,\epsilon}^{\mu\nu}(k) \widetilde J_\nu(-k) &=\frac{\widetilde J_\mu(k)g^{\mu\nu}\widetilde J_\nu(-k)} {k^2-i\epsilon},\\ Z_{0,L}[J]&=Z_{0,F}[J], \qquad k^\mu\widetilde J_\mu(k)=0. \end{aligned} \tag{57.24}

因为纵向项的两个分子分别含有 $k\cdot\widetilde J$ ，它精确为零。这与上一节从库仑规范得到的结果相合：相同守恒外流的真空振幅，可以用更简洁的费曼核计算。场分量的时间序函数仍随规范而变；若将四个源分量独立求导，式（57.20）的纵向部分就会留下。这说明守恒流为何能把不同的传播核联系起来，同时也说明规范选定后哪些量还要保留其原来的张量结构。

三个积分坐标与两种光子偏振

路径积分保留的三个坐标来自非在壳二次型：四个分量除去一个规范方向后，其秩为3。自由光子则还要满足场方程，并在非零类光动量上考察。此时

\begin{aligned} k^2=0,\quad k\ne0:\qquad M^{\mu\nu}&=-k^\mu k^\nu, \qquad \operatorname{rank}M=1,\\ M^{\mu\nu}A_\nu=0 &\ \Longleftrightarrow\ k\cdot A=0, \qquad A^\mu\sim A^\mu+c k^\mu. \end{aligned} \tag{57.25}

一个非零秩一矩阵有三维核；但这时 $k$ 自己就在 $k^\perp$ 中，剩余规范变换仍能改变一个核方向。因此满足方程的三维空间还要除以这个一维规范空间，留下两个物理方向。取 $k^\mu=(\omega,0,0,\omega)$ 、 $\omega>0$ ，就能直接看到这件事：

\begin{aligned} k\cdot A=0 &\ \Longrightarrow\ A^3=A^0,\qquad A^\mu=(a,b,c,a),\\ A^\mu-\frac a\omega k^\mu &=(0,b,c,0),\\ J_\mu^*g^{\mu\nu}J_\nu &=-|J^0|^2+|J^1|^2+|J^2|^2+|J^3|^2\\ &=|J^1|^2+|J^2|^2. \end{aligned} \tag{57.26}

最后两行的 $J$ 表示该动量处的傅里叶电流，使用了守恒条件 $J^3=J^0$ 。它说明传播核夹在守恒流之间的壳上分子，只留下这两个偏振所耦合的电流。所以本节的四维路径积分与库仑规范下的两个振子描述同一自由光子内容。规范条件先使非在壳积分能够配方，场方程与剩余规范自由度再确定在壳的粒子偏振；两步分别解决了不同的计算问题。

下一节把给定的电流换成旋量场的电流，光子便能够与带电粒子发生动力学相互作用。

← 第 56 节 · 章节地图 · 第 58 节 →