单圈费曼图

在圈近似中，我们会遇到一类由单圈和相互作用组成的图。事实上，写为代数形式为

$$\int\frac{\mathrm d^4q}{(2\pi)^4}\left[\Pi_0(q)V(q)\right]^n\tag1$$

其中

$$\Pi(q)=\frac{2}{i\hbar}\int\frac{\mathrm d^4k}{(2\pi)^4}\ G^0(k)G^0(k+q)\tag2$$

本文在费米海的模型下计算(2)

费米海模型

预处理

对于费米海，自由格林函数为

$$G^0(\mathbf k,\epsilon)=\frac{\theta(|\mathbf k|-k_F)}{\epsilon-\omega_{\mathbf k}+i\eta}+\frac{\theta(k_F-|\mathbf k|)}{\epsilon-\omega_{\mathbf k}-i\eta}\tag{1.1}$$

代入(2)式，取$k=(\mathbf k,\epsilon),q=(\mathbf q,\omega)$得

$$\Pi(q)=\frac2{i\hbar}\int\frac{\mathrm d^3\mathbf k\mathrm d\epsilon}{(2\pi)^4} \left[\frac{\theta(|\mathbf k|-k_F)}{\epsilon-\omega_{\mathbf k}+i\eta}+\frac{\theta(k_F-|\mathbf k|)}{\epsilon-\omega_{\mathbf k}-i\eta}\right] \left[\frac{\theta(|\mathbf{k+q}|-k_F)}{\epsilon+\omega-\omega_{\mathbf{k+q}}+i\eta}+\frac{\theta(k_F-|\mathbf{k+q}|)}{\epsilon+\omega-\omega_{\mathbf{k+q}}-i\eta}\right]$$

对$\epsilon$积分，乘积本应有四项，但只有两项能在上半平面（格林函数应含有一个$e^{i\omega 0^+}$部分）积分后非零，即

$$\Pi(q)=\frac2\hbar\int\frac{\mathrm d^3\mathbf k}{(2\pi)^3}\left[ \frac{\theta(k_F-|\mathbf k|)\theta(|\mathbf{k+q}|-k_F)}{\omega+\omega_{\mathbf k}-\omega_{\mathbf{k+q}}+i\eta}+ \frac{\theta(|\mathbf k|-k_F)\theta(k_F-|\mathbf{k+q}|)}{-\omega-\omega_{\mathbf k}+\omega_{\mathbf{k+q}}+i\eta} \right]$$

取$\mathbf k\rightarrow-\mathbf{k+q}$，可以将两项的阶梯函数变为相同

$$\Pi(q)=\frac2\hbar\int_D\frac{\mathrm d^3\mathbf k}{(2\pi)^3}\left[ \frac{1}{\omega+\omega_{\mathbf k}-\omega_{\mathbf{k+q}}+i\eta}- \frac{1}{\omega+\omega_{\mathbf{k+q}}-\omega_{\mathbf k}-i\eta} \right]$$

其中积分区域$D=\theta(1-|\mathbf k|)\theta(|\mathbf{k+q}|-1)$。并且可以看出关于频率是奇函数，所以只须考虑$\omega\ge0$部分。

实部和虚部分别为

$$\Re\Pi(q)=\frac2\hbar\int_D\frac{\mathrm d^3\mathbf k}{(2\pi)^3}\left[ \frac{\mathscr P}{\omega+\omega_{\mathbf k}-\omega_{\mathbf{k+q}}}- \frac{\mathscr P}{\omega+\omega_{\mathbf{k+q}}-\omega_{\mathbf k}} \right]$$ $$\Im\Pi(q)=-\frac1\hbar\int_D\frac{\mathrm d^3\mathbf k}{(2\pi)^2}\left[ \delta(\omega+\omega_{\mathbf k}-\omega_{\mathbf{k+q}})+ \delta(\omega+\omega_{\mathbf{k+q}}-\omega_{\mathbf k}) \right]$$

方便起见，做参数化$\mathbf k\rightarrow \mathbf kk_F,\mathbf q\rightarrow \mathbf qk_F,\omega\rightarrow\nu\frac{\hbar k_F^2}m$，并利用色散关系$\hbar\omega_{\mathbf k}=\frac{\hbar^2\mathbf k^2}{2m}$得

$$\Re\Pi(q)=\frac{2mk_F}{\hbar^2}\int_D\frac{\mathrm d^3\mathbf k}{(2\pi)^3}\left[ \frac{\mathscr P}{\nu-\mathbf{k\cdot q}-\frac{\mathbf q^2}2}- \frac{\mathscr P}{\nu+\mathbf{k\cdot q}+\frac{\mathbf q^2}2} \right]\tag{1.2}$$ $$\Im\Pi(q)=-\frac{mk_F}{\hbar^2}\int_D\frac{\mathrm d^3\mathbf k}{(2\pi)^2}\left[ \delta(\nu-\mathbf{k\cdot q}-\frac{\mathbf q^2}2)+ \delta(\nu+\mathbf{k\cdot q}+\frac{\mathbf q^2}2) \right]\tag{1.3}$$

重申两点。

1. $\nu\ge0$，否则可利用奇函数性质计算
2. 积分区域$D=\theta(1-|\mathbf k|)\theta(|\mathbf{k+q}|-1)$，几何上看为一个在原点的单位球内，扣除另一个不在原点的单位球。因此可自然地根据$|\mathbf q|-2$的正负性分类

虚部

根据(1.3)，以$\mathbf q$为$z$轴，只有$k_z=-\frac{|\mathbf q|}2\pm\frac\nu{|\mathbf q|}$时被积函数不为零。画出积分区域便能发现，只有取正号的时候才可能落在积分区域内。并可分为四类讨论

1. $|\mathbf q|>2$时，要求$-1\le-\frac{|\mathbf q|}2+\frac\nu{|\mathbf q|}\le1\Leftrightarrow\frac{\mathbf q^2}2-|\mathbf q|\le\nu\le\frac{\mathbf q^2}2+|\mathbf q|$ $$\Im\Pi(q)=-\frac{mk_F}{(2\pi\hbar)^2|\mathbf q|}\pi\left[1-\left(-\frac{|\mathbf q|}2+\frac\nu{|\mathbf q|}\right)^2\right]$$
2. $|\mathbf q|<2$，且$1\ge-\frac{|\mathbf q|}2+\frac\nu{|\mathbf q|}\ge1-|\mathbf q|\Leftrightarrow|\mathbf q|-\frac{\mathbf q^2}2\le\nu\le|\mathbf q|+\frac{\mathbf q^2}2$时 $$\Im\Pi(q)=-\frac{mk_F}{(2\pi\hbar)^2|\mathbf q|}\pi\left[1-\left(-\frac{|\mathbf q|}2+\frac\nu{|\mathbf q|}\right)^2\right]$$
3. $|\mathbf q|<2$，且$-\frac{|\mathbf q|}2+\frac\nu{|\mathbf q|}<1-|\mathbf q|\Leftrightarrow\nu<|\mathbf q|-\frac{\mathbf q^2}2$时 $$\Im\Pi(q)=-\frac{mk_F}{(2\pi\hbar)^2|\mathbf q|}\left[\left(\frac{|\mathbf q|}2+\frac\nu{|\mathbf q|}\right)^2-\left(-\frac{|\mathbf q|}2+\frac\nu{|\mathbf q|}\right)^2\right] =-\frac{mk_F\nu}{2\pi\hbar^2|\mathbf q|}$$
4. 尚未讨论到的区域，积分值恒为零

据说，重要的是虚部不为零的区域形状。

实部

物理意义

标量场模型

出于好玩（以及练习量子场论的重整化），再算算标量场下的情况。相应的，格林函数为

$$G(k)=\frac1{k^2+m^2-i\epsilon}$$

所以代入(2)

$$\Pi(q)=\frac2{i\hbar}\int\frac{\mathrm d^4k}{(2\pi)^4}\frac1{[k^2+m^2-i\epsilon][(k+q)^2+m^2-i\epsilon]}$$

频率部分Wick转动至虚轴，并做相应变量替换

$$\Pi(q_E)=\frac2\hbar\int\frac{\mathrm d^4k_E}{(2\pi)^4}\frac1{[k_E^2+m^2][(k_E+q_E)^2+m^2]}$$

做Feynman参数积分得

$$\begin{aligned}\Pi(q_E) =&\frac2\hbar\int\frac{\mathrm d^4k_E}{(2\pi)^4}\int_0^1\frac{\mathrm dx}{\left[(1-x)(k_E^2+m^2)+x[(k_E+q_E)^2+m^2]\right]^2}\\ =&\frac2\hbar\int\frac{\mathrm d^4k_E}{(2\pi)^4}\int_0^1\frac{\mathrm dx}{\left[(k_E+xq_E)^2+x(1-x)q_E^2+m^2\right]^2}\\ =&\frac2\hbar\int_0^1\mathrm dx\int\frac{\mathrm d^4k_E}{(2\pi)^4}\frac1{\left[k_E^2+x(1-x)q_E^2+m^2\right]^2}\\ \end{aligned}$$

变换到四维球坐标得

$$\begin{aligned}\Pi(q_E) =&\frac2\hbar\int_0^1\mathrm dx\int_0^\infty\frac{\mathrm dk_E}{(2\pi)^4}\frac{8\pi}3\frac{k_E^3}{\left[k_E^2+x(1-x)q_E^2+m^2\right]^2}\\ =&\frac2\hbar\frac{1}{(2\pi)^4}\frac{8\pi}3\int_0^1\mathrm dx\left[-\frac12\frac{Q^2}{x(1-x)q_E^2+m^2+Q^2}+\ln\sqrt{x(1-x)q_E^2+m^2+Q^2}\right.\\ &\left.-\ln\sqrt{x(1-x)q_E^2+m^2}+\int_Q^\infty\frac{k_E^3\mathrm dk_E}{\left[k_E^2+x(1-x)q_E^2+m^2\right]^2}\right]\\ \end{aligned}$$

取$Q\rightarrow\infty$，尚未积出的积分与$-\ln Q$只差一个常数，尽管这个常数是无穷大，因此恰好与最后一个等号的第一行抵消

$$\Pi(q_E)=\frac1{3\pi^3\hbar}\int_0^1\mathrm dx\left[c_1-\ln\sqrt{x(1-x)q_E^2+m^2}\right]$$

当$2m>q_E$时

$$\Pi(q_E)=\frac1{3\pi^3\hbar}\left[c_2-\sqrt{\frac{4m^2}{q^2_E}+1}\ \mathrm{arccosh}\sqrt{\frac{q_E^2}{4m^2}+1}\right]$$

所以变量替换回去得到下式，对其做解析延拓是复杂的，但没有原则性困难

$$\Pi(q)=\frac1{3\pi^3\hbar}\left[c_2-\sqrt{\frac{4m^2}{q^2}+1}\ \mathrm{arccosh}\sqrt{\frac{q^2}{4m^2}+1}\right]$$