Research Paper Notes on HBT Correlation with Classical Source Flow

Research Paper Notes on HBT Correlation with Classical Source Flow

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文献列表

 * PRC20, 2267 (1979) Pion interferometry of nuclear collsiions. I. Theory by M. Gyulassy, S.K. Kauffmann, and Lance W. Wilson

PRC20, 2267 (1979) Pion interferometry of nuclear collsiions. I. Theory
P.2267 (1.1) 这里对关联函数的定义保证在粒子无关联的情况下,关联函数恒等于1.证明如下 当粒子间无关联时


 * $$\begin{align}

&\frac{d^6\sigma(\pi^-\pi^-)}{d^3k_1d^3k_2} \propto f(k_1)f(k_2) \\ &\frac{d^3\sigma(\pi^-)}{d^3k_1}\times\frac{d^3\sigma(\pi^-)}{d^3k_2} \propto f(k_1)f(k_2) \\ &\frac{d^6\sigma(\pi^-\pi^-)}{d^3k_1d^3k_2}=\frac{d^3\sigma(\pi^-)}{d^3k_1}\times\frac{d^3\sigma(\pi^-)}{d^3k_2} \end{align}$$

显然对上式两边对两粒子动量积分后结果不变,比较(1.2)除以(1.3)的平方,得到


 * $$\begin{align}

\frac{\langle n_{\pi^-}(n_{\pi^-}-1)\rangle\sigma_{\pi^-}}{\langle n_{\pi^-}\rangle \sigma_{\pi^-}\langle n_{\pi^-}\rangle \sigma_{\pi^-}}=\frac{\langle n_{\pi^-}(n_{\pi^-}-1)\rangle}{\langle n_{\pi^-}\rangle^2 \sigma_{\pi^-}}=1 \end{align}$$

带入(1-1)即得 $$R \equiv 1 $$

P.2267 (1.2-3) 可以被视为对单体总散射截面 $$\sigma_T$$ 的归一性的定义. 首先我们注意到,在量子力学或者量子场论中对简单情况下,总散射截面被定义为微分散射截面对出射粒子动量的积分.比如Sakurai, Modern QM P.391 (7.3.3).但这时讨论的都是末态是单粒子的情况,即在进一步考虑有限温度的情况下,末态粒子数始终等于1.这种情况下,根本没有两粒子关联问题的存在.而我们现在讨论的问题,是末态粒子数的平均值大于1的情况,因为我们考虑的是单粒子和两粒子的包容散射截面.换言之,我们考虑产生1个或者以上 $$\pi$$ 介子末态时,对某动量探测到任何一个 $$\pi$$ 介子散射截面,以及产生2个或者以上 $$\pi$$ 介子末态时,对某一组动量探测到一对 $$\pi$$介子的散射截面.从而对总散射截面的定义完全可以是一种更一般化的形式,把某态粒子平均数的信息包括进入.

接着我们注意到,散射截面除了正比于靶核粒子数与入射流强度外.还可以证明,单体微分散射振幅的积分与两体微分散射振幅的积分之比等于粒子数算符平均值与粒子数算符乘以粒子数算符减一的平均值之比,即把(1.3)除以(1.2)后等式两边的形式.注意到其中自然的满足仅在粒子数大于2,即 $$n_{\pi^-}=2,3,4,\cdots$$ 时才对粒子对平均数 $$\langle n_{\pi^-}(n_{\pi^-}-1)\rangle$$ 有贡献,而 $$n_{\pi^-}=1,2,3,4\cdots$$ 对粒子平均数 $$\langle n_{\pi^-}\rangle$$ 都有贡献.


 * $$\begin{align}

\frac{\int d^3k_1d^3k_2d^6\sigma(\pi^-\pi^-)/d^3k_1d^3k_2}{\int d^3k_1d^3\sigma(\pi^-)/d^3k}=\frac{\langle n_{\pi^-}(n_{\pi^-}-1)\rangle}{\langle n_{\pi^-}\rangle} \end{align}$$

这是因为,按包容散射截面的物理意义.它的全动量的积分是测量记数.它的量纲是面积只是因为我们考虑散射截面正比于入射流密度而非入射流,如果对所有碰撞参数也进行积分,我们得到总记数.由此,单体包容散射截面的全动量积分正比于包容测量记录到的总粒子数,两体包容散射截面对两个动量的全积分正比于包容测量记录到的总粒子对数目.如果我们考虑同一系统碰撞后的末态,第一次计算单体包容散射振幅的全动量积分,第二次计算两次包容散射振幅的全动量积分,因为是同一系统,两者的比例常数是相同的,我们不妨把这个比例常数定义为总散射截面 $$\sigma_T$$ .显然,这个定义自然的回到末态粒子数始终等于1的情况.注意到这一讨论显然不会因为相互作用或者关联的存在而改变.

由此,我们可以把(1.2)视为对单体总散射截面的归一性的定义. 有一个理由可以帮助理解为什么这样定义,如果我们定义(1.3)为


 * $$\begin{align}

\int d^3k_1\frac{d^3\sigma(\pi^-)}{d^3k_1} = \sigma_T \end{align}$$

则显然利用完全类似的论证,(1.2)的右边必须为


 * $$\begin{align}

\frac{\langle n_{\pi^-}(n_{\pi^-}-1)\rangle}{\langle n_{\pi^-}\rangle}\sigma_T \end{align}$$

这样(1.2)与(1.3)不再是相互对称的形式.基于这样的理由,我们给出(1.2-3)形式的定义.

P.2269 泊松分布满足基本关系


 * $$\begin{align}

\langle n_{\pi^-}\rangle^2=\langle n_{\pi^-}(n_{\pi^-}-1)\rangle \end{align}$$

因为实验结果分布,总是接近泊松分布,故上述结论在很多场合有实际应用价值.证明实际上非常直接,除了应用泊松分布的定义


 * $$\begin{align}

P(k)=\frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!} \end{align}$$

分布的归一性


 * $$\begin{align}

\sum_{k} P(k)=\sum_{k}\frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}=e^{-\lambda}e^{\lambda}=1 \end{align}$$

以及求和规则


 * $$\begin{align}

2^n=(1+1)^n=C_n^k1^k1^{n-k}=C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!} \end{align}$$

得到.或者更简单的直接验证如下


 * $$\begin{align}

&\langle k\rangle=\sum_kkP(k)=\lambda \\ &\langle k\rangle^2=(\lambda)^2\\ &\langle k(k-1)\rangle=\sum_kk(k-1)P(k)=\lambda^2 \end{align}$$

P.2271 (3.2) 值得注意到,(3.2)其实是半经典的计算两粒子关联(1.1)的公式,因为密度 $$\rho(x)$$ 是归一的,故类似(1.1)分母上的单粒子分布没有贡献.同时,这样定义的关联函数的"归一性"也没有问题,因为如果两个玻色子没有必要服从波色统计的对称分布,则关联函数自然的等于1. 这里利用量子力学而非量子场论来计算两粒子关联,一个简单的理解此方法局限性的讨论比如,为什么不考虑一个源产生两个全同粒子的可能?具体参见(3.39-40)的讨论. (3.1)并没有考虑两个探测器的坐标,考虑这两个坐标并不会影响下面的结果,如见Sandra关于HBT效应的综述文章中(2)式. 利用(3.1)整理得到


 * $$\begin{align}

\end{align}$$
 * \Psi_{12}|^2=1+\frac{1}{2}\left[e^{+i(k_1-k_2)(x_1-x_2)}+e^{-i(k_1-k_2)(x_1-x_2)}\right]=1+\cos[(k_1-k_2)(x_1-x_2)]

为了便于下面计算,不妨写成下面形式


 * $$\begin{align}

\end{align}$$
 * \Psi_{12}|^2=1+\frac{1}{2}\left[e^{-i(k_1-k_2)x_1}e^{i(k_1-k_2)x_2}+c.c.\right]

按波函数傅立叶变换的定义,如Sakurai Modern QM (1.7.51a)


 * $$\begin{align}

&\Psi(p)=\frac{1}{(2\pi \hbar )^{3/2}}\int e^{-ipx/\hbar }\Psi(x)d^3x \\ &\Psi(x)=\frac{1}{(2\pi \hbar )^{3/2}}\int{\Psi}(p)e^{ipx/ \hbar }d^3p \end{align}$$

如果引入自然单位 $$\hbar=1$$ ,并略去一个常数因子 $$\frac{1}{(2\pi \hbar )^{3/2}}$$ ,并注意到坐标$$ (x_1,x_2)$$ 和动量 $$(k_1,k_2) $$都是实数,则积分除去常数1外的第一项得到


 * $$\begin{align}

&\frac{1}{2}\int d^3x_1 e^{-i(k_1-k_2)x_1}\rho(x_1)\int d^3x_2e^{i(k_1-k_2)x_2}\rho(x_2) \\ &=\frac{1}{2}\int d^3x_1 e^{-i(k_1-k_2)x_1}\rho(x_1)(\int d^3x_2e^{-i(k_1-k_2)x_2}\rho(x_2))^*\\ &=\frac{1}{2}\rho(k_1-k_2)\rho^*(k_1-k_2)\\ &=\frac{1}{2}|\rho(k_1-k_2)|^2 \end{align}$$

而易知另一项的结果和这一项完全相同,故而得到(3.2)

读书重点 ,如果这里考虑平庸的无限大的均匀空间分布的源,那么最后一步积分我们得到关于动量的$$\delta$$函数,即在先前方向上两体关联为2,在其余方向上两体关联为1.所以在此意义上HBT关联的动量依赖关系来自源的有限的空间分布.之后文中讨论量子场论的严格处理,但是这个基本结论是不变的.两体关联的动量依赖关系在物理上主要决定于源的空间分布.

P.2271 (3.5) 物理上,相对于对单色波波函数的下面代换


 * $$\begin{align}

e^{ikx}\rightarrow e^{ikx}J_i(k)\Delta_{\pi}(k) \end{align}$$

这可以由(3.3)得到,对(3.3)两边进行傅立叶变换


 * $$\begin{align}

&\phi_i(x,t)=\int d^4k e^{ikx} \phi_i(k)\\ &J_i(x,t)=\int d^4k e^{ikx} J_i(k) \end{align}$$

从而可以将(3.3)最左边的部分的导数换成动量,并除到(3.3)的右边


 * $$\begin{align}

&\phi_i(k)=J_i(k){(k^2-m_{\pi}^2+i\epsilon)}^{-1}=J_i(k)\Delta_{\pi}(k)\\ &\phi_i(x,t)=\int d^4k e^{ikx} \phi_i(k)=\int d^4k e^{ikx}J_i(k)\Delta_{\pi}(k) \end{align}$$

其中单色波分量为


 * $$\begin{align}

e^{ikx}J_i(k)\Delta_{\pi}(k) \end{align}$$

值得注意的是,这里仍然是半经典理论,具体见文章下面(4.6)的处理方式.

P.2272 (4.2-3) 这里使用产生消灭算符,以及密度矩阵把单体及两体包容散射截面
 * $$\begin{align}

\left(\frac{d^3\sigma(\pi)}{d^3k},\frac{d^6\sigma(\pi\pi)}{d^3k_1d^3k_2}\right) \end{align}$$ 表达出来,并联系粒子包容产率 $$(P_1(k),P_2(k_1,k_2))$$ .值得注意的是,这里的表达式与背对背关联计算中(例如T. Csörgo and M. Gyulassy hep-th/990127v1)涉及的公式完全一致,原因很简单,计算的是同样的物理量,关联函数.

P.2272 (4.4) 对于单粒子(4.2),在推导包容产率中引入任意态 $$a^+(k)|X>$$ 的理由似乎不明显,但是这在两粒子包容产率表达式(4.4)很明显的看到差异.一个很好的理解方式是比较排除产率的表达式


 * $$\begin{align}

&P_2^{(i)}(k_1,k_2)=Tr\left[\sum_X |a^+(k_1)a^+(k_2)|X\rangle \langle X|a(k_2)a(k_1)| \rho\right] \\ &P_2^{(e)}(k_1,k_2)=Tr\left[|k_1,k_2\rangle \langle k_1,k_2| \rho\right]=Tr\left[|a^+(k_1)a^+(k_2)|0\rangle \langle 0|a(k_2)a(k_1)| \rho\right] \end{align}$$

见PRD9, 813 (24),比较之下,两者之之不同可谓天壤之别. 注意到其实上面在归一的态 $$|X\rangle $$ 包含动量为 $$k_1$$ 或者 $$k_2$$ 时,$$ |a^+(k_1)a^+(k_2)|X\rangle$$ 并不是归一的,但是因为求和 $$\sum_X $$ 实际上涉及对动量的积分,所以不归一的态在求和中占的比重很小,而所有的态对密度矩阵的求迹的贡献相差不大.所以几乎所有的文献都不对此对附加讨论.

P.2273 (4.7) 考虑相互作用项(5.1),(4.7)无非就是动量空间Wick定理,(4.8)由动量守恒决定在质壳上,而(4.9)仅仅是态的归一性,如下.


 * $$\begin{align}

&1=\langle J|J\rangle=e^{-\bar{n}}\langle 0|e^{-i\int d^3k'J^*(k')a(k')}e^{i\int d^3kJ(k)a^+(k)}|0\rangle \\ & =e^{-\bar{n}}\langle 0|\left[\sum_n \frac{1}{n!}(-i\int d^3k'J^*(k')a(k'))^n\right]\left[ \sum_{n'} \frac{1}{n'!}(i\int d^3kJ(k)a^+(k))^{n'}\right]|0\rangle \\ & =e^{-\bar{n}}\left\{\sum_{n,n'} \frac{1}{n!n'!}(-i\int d^3k'J^*(k'))^n(i\int d^3kJ(k))^{n'}\langle 0|a(k')^na^+(k)^{n'}|0\rangle\right\} \\ & =e^{-\bar{n}}\left\{\sum_{n,n'} \delta_{n,n'}\frac{1}{n!n'!}(-i\int d^3k'J^*(k'))^n(i\int d^3kJ(k))^{n'}n!\delta_{k,k'}\right\} \\ & =e^{-\bar{n}}\left\{\sum_{n} \frac{1}{n!}(\int d^3k|J(k)|^2)^n\right\} \\ & =e^{-\bar{n}}e^{\int d^3k|J(k)|^2} \end{align}$$

其中需要注意到产生消灭算符不对易,必须按幂函数定义用展开计算,而相应的 $$\langle 0|a(k')^na^+(k)^{n'}|0\rangle=n!\delta{n,n'}\delta_{k,k'}$$ 对应 $$n!$$ 种不同的配对方法,每种配对含 $$n$$ 个动量 $$\delta$$ 函数因子,这里仅仅简单的标记为 $$\delta_{k,k'}$$. 下面我们来计算(4.7)给出关联态 $$|J\rangle$$ 跃迁到 $$n$$ 个给定动量 $$k$$ 的粒子的排除跃迁概率 $$P(n;k)$$ .同样体系的密度矩阵为 $$\rho_{\pi}=|J\rangle\langle J|$$ 即(4.13),而末态为 $$|n,k\rangle=\left(\frac{1}{n!}\right)^{1/2}(a^+(k))^n|0\rangle$$ ,注意到其中系数用于保证态的归一性.计算涉及到的数学完全类似上面态 $$|J\rangle$$ 归一性的计算,故只给出最后结果.


 * $$\begin{align}

P(n;k)=|\langle n,k|J\rangle|^2=\frac{e^{-\bar{n}}(|J(k)|^2)^n}{n!} \end{align}$$

下面我们来计算(4.7)给出关联态$$ |J\rangle$$ 跃迁到 $$n$$ 个任意动量的粒子的排除跃迁概率 $$P_n$$ .同样体系的密度矩阵为 $$\rho_{\pi}=|J\rangle\langle J|$$ 即(4.13),而末态密度矩阵为 $$\rho_n=\Pi_k\int d^3k|n,k\rangle\langle n,k| $$,注意到其中 $$n$$ 个粒子的动量的积分是相互独立的,故而是积分的连乘.计算涉及到的数学完全类似,故只给出关键步骤和最后泊松分布结果.


 * $$\begin{align}

P_n=\mathbf{Tr}[\rho_{\pi}\rho_n]=\Pi_k\int d^3k|\langle n,k|J\rangle|^2=\Pi_k\int d^3k\frac{e^{-\bar{n}}(|J(k)|^2)^n}{n!}=\frac{e^{-\bar{n}}(\int d^3k|J(k)|^2)^n}{n!}=\frac{e^{-\bar{n}}(\bar{n})^n}{n!} \end{align}$$

而按文中思路,参见Bjorken, Relativistic Quantum Fields P.202-P.207.大致思路如下.(4.7)并非由围绕论得到,属于非微扰理论范畴.利用散射矩阵 $$S$$ 的幺阵性(17.82)得到散射矩阵的方程(17.80)的解(17.85),再写出 $$n$$ 粒子末态的概率 $$P_n=|\langle n|S|0\rangle|^2$$ 即书中(17.87-91),与上面结果一致.

P.2273 (4.10) 这里只是利用附录A中的定义而已

P.2273 (4.11) 利用(4.12)以及(4.7)的归一性


 * $$\begin{align}

&\langle n\rangle=\int d^3k\langle J|\hat{n}(k)|J \rangle=\int d^3k\langle a(k)J|a(k)J \rangle=\int d^3k |J(k)|^2=\bar n \\ &\langle n(n-1)\rangle=\int d^3k_1d^3k_2\langle J|\hat{n}(k_1)(\hat{n}(k_2)-1)|J \rangle \\ &=\int d^3k_1d^3k_2\langle a(k_1)J|a(k_1)a^+(k_2)a(k_2)J \rangle-\int d^3k_1\langle a(k_1)J|a(k_1)J \rangle \\ &=\int d^3k_1d^3k_2(J^*(k_1)J(k_2))\langle J|a(k_1)a^+(k_2)J \rangle-\int d^3k |J(k)|^2 \\ &=\int d^3k_1d^3k_2(J^*(k_1)J(k_2))\langle J|(a^+(k_2)a(k_1)+\delta_{k_1,k_2})J \rangle-\int d^3k |J(k)|^2 \\ &=\int d^3k_1d^3k_2(J^*(k_1)J(k_2))\langle J|(a^+(k_2)a(k_1))J \rangle \\ &=\int d^3k_1d^3k_2(J^*(k_1)J(k_2))\langle J|J^*(k_2)J(k_1))J \rangle \\ &={\bar n}^2 \end{align}$$

实际上,因为(4.7-8)是泊松分布,具体见Bjorken一书,这是泊松分布的自然结果,见上面笔记的证明.

P.2273 (4.12) 这个式子可以用(4.7)第二个因子指数的展开直接验证,有一个$$ n$$ 因子是因为有 $$n$$ 项相同的项,物理上全同粒子交换对称.

P.2273 (4.15) 因为(4.14) $$P_m$$ 为乘积形式 $$R=\frac{P_2(k_1,k_2)}{P_1(k_1)P_1(k_2)}=1 $$

P.2274 (4.20-21) 物理意义,这里在原来的态上引入一个态 $$|\psi_n^+(Z)\rangle$$ 直积,这个态是初始入射真空态电荷数 $$Z$$ 和每个求和态的介子数目 $$n$$ 的函数. 首先(4.9)作为定义仍然成立,而(4.12)不再成立,原因是因为新加入的直积态是 $$n$$ 的函数, $$P_m$$ 的定义见对(4.4)的讨论 这个证明分两部分,首先我们利用(4.21)的右边的形式证明(4.20)的确正确,然后证明(4.20)左边的表达形式与右边一致. 第一部分,代替(4.12),我们现在有


 * $$\begin{align}

a(k)|\phi^+(J,Z)\rangle=iJ(k)\sum_n\frac{i^{n-1}}{(n-1)!}\int d^3k_1...d^3k_{n-1}a^+(k_1)...a^+(k_{n-1})|0\rangle\otimes |\psi_n^+(Z)\rangle \end{align}$$

引入定义


 * $$\begin{align}

&\Re^{-1}=\sum_n\frac{(\bar {n})^{n}}{(n)!}\langle \psi_n^+(Z) |\psi_n^+(Z)\rangle \\ &\Re_m^{-1}=\sum_n\frac{(\bar {n})^{n}}{(n)!}\langle \psi_n^+(Z+m) |\psi_n^+(Z+m)\rangle \end{align}$$

容易验证


 * $$\begin{align}

\Re_m^{-1}=\frac{\partial^m}{\partial \bar{n}^m}(\Re^{-1}) \end{align}$$

以及


 * $$\begin{align}

P_m(k_1,..,k_m)=\Re|J(k_1)|^2...|J(k_m)|^2 \Re_m^{-1}=|J(k_1)|^2...|J(k_m)|^2 \frac{\Re}{\Re_m} \end{align}$$

从而完成第一部分的证明. 第二部分,原则上利用数学归纳法,这里仅仅给出直观的不完全归纳,类似(4.11)的证明,我们有


 * $$\begin{align}

&\langle n\rangle=\int d^3k\langle \phi^+(J,Z)|\hat{n}(k)|\phi^+(J,Z) \rangle\\ &=\int d^3k\langle a(k)\phi^+(J,Z)|a(k)\phi^+(J,Z) \rangle\\ &=\int d^3k |J(k)|^2\frac{\Re}{\Re_1}=\bar n\frac{\Re}{\Re_1} \end{align}$$


 * $$\begin{align}

\langle n(n-1)\rangle=(\bar n)^2\frac{\Re}{\Re_2} \end{align}$$

我们相信在一般情况下有


 * $$\begin{align}

\langle n(n-1)...(n-m+1)\rangle=(\bar n)^m\frac{\Re}{\Re_m} \end{align}$$

从而完成第二部分的说明.

P.2275 (4.28-29) 首先系综平均涉及的积分中的独立坐标数是 N 个,即


 * $$\begin{align}

\langle f \rangle=\int d^4x_{1}...d^4x_{N}\left[\rho(x_{1})...\rho(x_{N})f\right] \end{align}$$

而(4.28)一共是 $$N^{2m}$$ 项的和,对每一项,是 $$2\times m$$ 因子的乘积,其中涉及 $$m $$个不同的动量,每个因子都是坐标的函数.所以相当于把 $$N$$ 个坐标分配到 $$2\times  m$$ 个位置中去.而其中涉及的对任意坐标的积分,无非是(4.29)的形式而已.比如考虑任意坐标 $$x_k$$ ,被积函数无非是所有与该坐标有关的因子函数的乘积.在指数上所有提出共同的坐标 $$x_k$$ ,剩余部分的动量做加减后最后得到 $$q$$ ,与源的分布函数积分即得(4.29)

P.2275 (4.30) 考虑 $$m=1$$ 的情况


 * $$\begin{align}

&F_1(k_1)=\sum_{N}P_s(N)(\sum_{i_1}\sum_{i_2}\langle e^{ik_1(x_{i_1}-x_{i_2})}\rangle) \\ & =\sum_{N}P_s(N)(\sum_{i_1,i_2,i_1= i_2}\langle e^{ik_1(x_{i_1}-x_{i_2})}\rangle+\sum_{i_1,i_2,i_1\neq i_2}\langle e^{ik_1(x_{i_1}-x_{i_2})}\rangle) \\ & =\sum_{N}P_s(N)\left[ N\langle 1\rangle_{x_1,x_2}+N(N-1)\langle e^{ik_1x_{12}}\rangle_{x_1,x_2}\right] \\ & =\sum_{N}P_s(N)\left[N(\int d^4x_1 ...d^4x_N\rho(x_1)...\rho(x_N))+N(N-1)(\int d^4x_1 ...d^4x_N\rho(x_1)...\rho(x_N)e^{ik_1(x_1-x_2)}) \right] \\ & =\sum_{N}P_s(N)\left[N+N(N-1)|\rho(k_1,\omega_{k_1})|^2 \right] \\ & =\langle N\rangle+\langle N(N-1)\rangle|\rho(k_1,\omega_{k_1})|^2 \end{align}$$

P.2276 (4.38) 利用(4.28-29)讨论的结论.下面分别考察(4.38)的各项,这里 $$m=2$$ ,一共是 $$N^4$$ 项的和,每项包含4个因子函数的乘积,涉及 $$m=2$$ 个不同的动量.

$$N^2\Rightarrow $$ 每个相同动量项对应的坐标相同,不同动量对应的坐标可相同可不同,不影响最后结果;代表项 $$e^{-ik_1(x_1-x_1)}e^{-ik_2(x_2-x_2)}$$ 或者 $$e^{-ik_1(x_1-x_1)}e^{-ik_2(x_1-x_1)}$$ ;

$$N(N-1)\Rightarrow $$ 有两个不同的坐标被分配到两个不同动量的项中去,有两种情况;代表项 $$e^{-ik_1(x_1-x_2)}e^{-ik_2(x_1-x_2)}$$ 或者 $$e^{-ik_1(x_1-x_2)}e^{-ik_2(x_2-x_1)}$$ ;

$$N^2(N-1)\Rightarrow $$ 一个动量项包含相同坐标,另一个动量项包含不同坐标且可以与另一动量项中的坐标相同,有两种情况;代表项 $$e^{-ik_1(x_1-x_1)}e^{-ik_2(x_2-x_3)}$$ 或者 $$e^{-ik_1(x_1-x_1)}e^{-ik_2(x_1-x_2)}$$ ;

$$N(N-1)(N-2)\Rightarrow $$ 有一个坐标被分配到两个不同的动量项中去,且与另外两个坐标不同,有两种情况;代表项 $$e^{-ik_1(x_1-x_2)}e^{-ik_2(x_1-x_3)}$$ 或者 $$e^{-ik_1(x_1-x_2)}e^{-ik_2(x_3-x_1)} $$;

$$N(N-1)(N-2)(N-3)\Rightarrow$$ 四个坐标全不相同;代表项 $$e^{-ik_1(x_1-x_2)}e^{-ik_2(x_3-x_4)}$$;

可以验证已经包含了所有的可能,因为 $$N^2+2N(N-1)+2N^2(N-1)+2N(N-1)(N-2)+N(N-1)(N-2)(N-3)=N^4 $$

P.2277 (4.39-40) 这里的分类是观察产生的两个动量分别为 $$k_1$$ 和 $$k_2$$ 粒子的空间坐标,按(4.28)


 * $$\begin{align}

M \propto \sum_{i,j}e^{i(k_1x_i+k_2x_j)} \rightarrow \sum_{i,j,i>j}(A_{ij}+A_{ji})+\sum_iB_i \end{align}$$

其中每个坐标各有 $$N$$ 种选择, $$M$$ 仅仅一个因子,每个因子按两个坐标不同(对称的)或者相同分为 $$A$$ 和 $$B$$


 * $$\begin{align}

M^2 \propto \sum_{i,j,i',j'}e^{-i(k_1x_{i'}+k_2x_{j'})}e^{i(k_1x_i+k_2x_j)} \rightarrow \left(\sum_{i',j',i'>j'}(A^*_{i'j'}+A^*_{j'i'})+\sum_{i'}B^*_{i'}\right)\left(\sum_{i,j,i>j}(A_{ij}+A_{ji})+\sum_i B_i\right) \end{align}$$

而 $$M^2$$ 含两个因子,排列组合后最终导致(4.40)中的各种可能情况.图一中下面给出费曼规则,从而通过穷举图形的办法(4.40),我们可以穷举散射振幅模平方的各项(4.38) 这个做法的物理意义在于,之前通过量子力学讨论的波色爱因斯坦关联仅仅是其中的一项(4.40b),而实际上,除此之外我们还有很多其他贡献.虽然紧接着文中论述,其余项的贡献都可以忽略.

P.2277 (4.42) 利用粒子对总数的归一性,以及(4.36)


 * $$\begin{align}

& \langle n(n-1)\rangle=\int d^3k_1d^3k_2 P_2(k_1,k_2)\\ & ={\bar n}^2\langle N^2\rangle+\int d^3k_1d^3k_2|J(k_1)|^2|J(k_2)|^2 \langle N(N-1)\rangle |\rho(k_1-k_2)|^2](1+\varepsilon)\\ & =\langle n\rangle^2\frac{\langle N^2\rangle}{\langle N\rangle^2}+\int d^3k_1d^3k_2|J(k_1)|^2|J(k_2)|^2 \langle N(N-1)\rangle |\rho(k_1-k_2)|^2](1+\varepsilon)\\ & =\langle n\rangle^2\frac{\langle N^2\rangle}{\langle N\rangle^2} +\langle n\rangle^2\frac{\langle N^2\rangle}{\langle N\rangle^2}\frac{ \langle N(N-1)\rangle}{\langle N^2\rangle {\bar n}^2}\int d^3k_1d^3k_2|J(k_1)|^2|J(k_2)|^2  |\rho(k_1-k_2)|^2](1+\varepsilon) \end{align}$$

P.2278 (4.46) 将(4.30),(4.38),(4.36)和(4.42)代入(4.45)即得,具体略.

P.2278 (4.47) 此式考虑每一个源 $$i=1,2,\cdots,N$$ 都附带一个随机相位 $$\phi_i$$ .证明的关键是对随机相平均后下面表达式为零


 * $$\begin{align}

&f(\phi)=1\\ &\langle e^{i\phi}\rangle_{\phi}=\frac{\int_{0}^{2\pi} e^{i\phi_r }f(\phi)d\phi}{\int_{0}^{2\pi} f(\phi)d\phi}=\frac{\int_{0}^{2\pi} e^{i\phi_r }d\phi}{2\pi}=0 \end{align}$$

或者


 * $$\begin{align}

&\langle e^{i\phi}\rangle_{\phi}= \lim_{P\rightarrow \infty} \\ &\frac{\sum_{r=1}^{P} e^{i\phi_r}}{P}=0 \end{align}$$

理由是因为 $$\phi_r$$ 互相随机,上面的分数分子求和号结果为有限大小,而分母趋于无穷. 这里仅仅以(4.38)为例说明,比较(4.28),现在有


 * $$\begin{align}

\sum_N P_s(N)\left(\sum_{i_1,i_2,i_3,i_4}\langle e^{-i[(\phi_{i_1}-\phi_{i_2})+k_1(x_{i_1}-x_{i_2})]} e^{-i[[(\phi_{i_3}-\phi_{i_4})+k_1(x_{i_3}-x_{i_4})]}\rangle_{x_i} \right) \end{align}$$

分别考虑每一项

$$N^2\Rightarrow $$ 每个相同动量项对应的坐标相同,不同动量对应的坐标可相同可不同,不影响最后结 果;代表项 $$e^{-i[(\phi_{1}-\phi_{1})+k_1(x_1-x_1)]}e^{-i[(\phi_{2}-\phi_{2})+k_2(x_2-x_2)]}=1$$ 或者 $$e^{-i[(\phi_{1}-\phi_{1})+k_1(x_1-x_1)]}e^{-i[(\phi_{1}-\phi_{1})+k_2(x_1-x_1)]}=1$$; 两个表达式与随机相无关,故对随机相平均后对结果无影响;

$$N(N-1)\Rightarrow $$ 有两个不同的坐标被分配到两个不同动量的项中去,有两种情况;代表项 $$e^{-i[(\phi_{1}-\phi_{2})+k_1(x_1-x_2)]}e^{-i[(\phi_{1}-\phi_{2})+k_2(x_1-x_2)]}=e^{-2i\phi_1}e^{2i\phi_2}e^{-ik_1(x_1-x_2)}e^{-ik_2(x_1-x_2)}$$ 或者 $$e^{-i[(\phi_{1}-\phi_{2})+k_1(x_1-x_2)]}e^{-i[(\phi_{2}-\phi_{1})+k_2(x_2-x_1)]}=e^{-ik_1(x_1-x_2)}e^{-ik_2(x_2-x_1)}$$; 其中第一个表达式含随机相的因子,对随机相平均后这个因子为零,最后结果不再对(4.38)有贡献,第二个表达式与随机相无关,故对随机相平均后对结果无影响;

其余情况改动后的表达式含随机相的因子,对随机相平均后这个因子为零,最后结果不再对(4.38)有贡献,仅仅再举一例说明

$$N^2(N-1)\Rightarrow $$ 一个动量项包含相同坐标,另一个动量项包含不同坐标且可以与另一动量项中的坐标相同,有两种情况,下面仅考虑第一种情况;代表项 $$e^{-i[(\phi_1-\phi_1)+k_1(x_1-x_1)]}e^{-i[(\phi_2-\phi_3)+k_2(x_2-x_3)]}=e^{-i\phi_2}e^{+\phi_3}e^{-ik_1(x_1-x_1)]}e^{-ik_2(x_2-x_3)}$$;

表达式含随机相的因子,对随机相平均后这个因子为零,最后结果不再对(4.38)有贡献

P.2278 (4.48-50) (4.48)考虑某固定能级的粒子数分布函数, $$P(n;k)$$ ,参考(4.7)的讨论,这里不同之处是需要重新归一化概率函数,对常数因子归一化后即可得到(4.48). 将(4.49)代入(4.48)原则上即可得到末态为 $$n$$ 个动量为 $$k$$ 的 $$\pi $$介子的概率.但是文中在附录中求得(4.49) $$|J_{ch}(k)|^2$$ 取值为 $$|J|^2 $$的概率(4.50),并由此演算(4.48)得到(4.51)

P.2279 (4.51) 几何波色爱因斯坦分布. 再次重复, $$P(n;k)$$ 的物理意义是散射后末态为 $$n$$ 个给定动量为 $$k$$ 的 $$\pi $$介子的排除跃迁概率.称为排除因为该状态不允许其他粒子或其他 $$\pi$$ 介子的存在. 这是一个分布,因为(4.48)是泊松分布,或者可以由(4.51)直接验证


 * $$\begin{align}

\sum_{n=0}^{+\infty}P(n;k)=1 \end{align}$$

这是一个几何分布,因为在几何分布的定义(参见wiki)


 * $$\begin{align}

f(n)=(1-p)^np \end{align}$$

中作代换 $$p\equiv\frac{1}{1+P_1(k)/\Omega} $$ 即得(4.51) 疑惑 .称为波色爱因斯坦原因不明,估计是因为其平均粒子数为波色分布,无法下载到此处的引文而无法确认. 但是值得提出的是,这里和一般意义上的波色爱因斯坦分布讨论的完全不同的对象.一般意义上统计力学中的波色分布不是概率分布,而是指粒子总数确定情况下(即便采用巨正则系综讨论,也只是一种数学手段而已)讨论在某能级上粒子的数目,是一种最可几分布.而这里讨论的是一种概率分布,考虑特定能级上某粒子数出现的概率,其平均粒子数对应波色分布.按几何分布,通过简单的级数运算,其平均粒子数正式波色分布


 * $$\begin{align}

\bar{n}=\sum_{n=0}^{+\infty}nf(n)=\sum_{n=0}^{+\infty}n(1-p)^np=\frac{1}{p}-1=P_1(k)/\Omega \end{align}$$

P.2280 (4.60)


 * $$\begin{align}

\langle |J_0(k)+J_{ch}(k)|^2\rangle =\langle |J_0(k)|^2+|J_{ch}(k)|^2+J_0^*(k)J_{ch}(k)+J_0(k)J_{ch}^*(k)\rangle \end{align}$$

而其中后两项为零,以其中一项为例


 * $$\begin{align}

&\langle J_0^*(k)J_{ch}(k)\rangle_{N,\phi_i,xi} \\ &=J_0^*(k)J_{\pi}(k)\langle e^{ i\phi_i}e^{i(\omega t_i-kx_i)}\rangle_{N,\phi_i,xi} \\ &=J_0^*(k)J_{\pi}(k)\langle \langle e^{ i\phi_i}\rangle_{\phi_i}\langle e^{i(\omega t_i-kx_i)}\rangle_{xi}\rangle_N \\ &=J_0^*(k)J_{\pi}(k)\langle 0 \times \langle e^{i(\omega t_i-kx_i)}\rangle_{xi}\rangle_N \\ &=J_0^*(k)J_{\pi}(k)\times 0 \times \langle e^{i(\omega t_i-kx_i)}\rangle_{N,xi} \\ &=0 \end{align}$$

证明的关键部分为随机相因子的平均为零,导致结果为零.

P.2280 (4.61) 应该完全类似(4.60),没有具体证明.

P.2282 (5.2-3) 这里利用Weinberg场论书中公式(3.1.22)


 * $$\begin{align}

(A\pm i\epsilon)^{-1}=\frac{P_{\epsilon}}{A}\mp i\pi\delta_{\epsilon}(E) \end{align}$$

以及(2.5.15),注意到书中使用的度规


 * $$\begin{align}

&\int d^4k\delta(k^2-m^2)\theta(k^0)=\int \frac{1}{2\omega_k}d^3k \\ &\int d^4k\delta(k^2-m^2)=\int \frac{1}{\omega_k}d^3k \end{align}$$

由于不涉及能量的阶梯函数,证明中实际利用上面的第二式而非第一式,即可给出证明,具体略.结果相差若干 $$(2\pi)^4$$ 因子,这是因为定义(4.7)与(5.1)相差$$ (2\pi)^4$$ 因子.

P.2282 (5.4) 此式利用(4.12)可直接得到.

P.2282 (5.5) 注意到$$ \frac{d^3k_{m+1}...d^3k_{n}}{(n-(m+1)+1)!}$$ 对应剩余的 $$(n-m) $$个 $$\pi $$介子动量空间的积分,从而


 * $$\begin{align}

&P_m=\sum_{n=m}^{\infty}\frac{1}{(n-m)!}\int d^3k_{m+1}...d^3k_{n}|J(k_1)|^2...|J(k_m)|^2|J(k_{m+1})|^2...|J(k_n)|^2e^{-\bar{n}} \\ &=\left\{\sum_{n=m}^{\infty}\frac{1}{(n-m)!}e^{-\bar{n}}(\bar{n})^{n-m}\right\}|J(k_1)|^2...|J(k_m)|^2 \\ &=|J(k_1)|^2...|J(k_m)|^2 \end{align}$$

证明其实用到了泊松分布的性质.

P.2283 (5.8-9) 由费曼图直观的可得(5.9),而利用类似等比级数求和可以由(5.9)推知(5.8).

P.2284 (5.12) 疑惑 .时间极限不清楚,参考引文,这与in和out状态在无限过去和无限将来的渐进行为有关. 第二步等号,这里时间导数两个方向仅仅使得 $$f^*_k(x)=e^{ikx}/[(2\pi)^32\omega_k]^{1/2}$$ 正确的归一. 第三步等号,由费曼图直观的可得单外源的连接图等于所有单外源的图的和除以所有真空图的和. 第四步与第五步等号,利用S矩阵展开,由于相互作用项只有两种形式,仅仅单外源连接图只有一种可能.

P.2284 (5.15) 疑惑 ,具体不理解.

P.2284 (5.16) 疑惑 ,具体不清楚,仅仅直观上正确,因为如果中间态不包括共振态,则只可能包含单粒子任意动量 $$k$$ 的自由态.

P.2284 (5.18) 疑惑 ,具体不清楚,(5.18)等式左边的定义是(5.4)的第一步,直观上,我们无法通过相互作用项构造出含两根外线的连接图,两根外线的图必然在两根外线之间断开,从而类似(5.12)我们得到(5.18).

P.2285 (5.19) 由(5.16)得


 * $$\begin{align}

Re(i\Delta_V(x,y))=\frac{1}{2}\left\{\int d^3k\left[A+B\right]+\int d^3k\left[A^*+B^*\right]\right\}=\frac{1}{2}\left\{\int d^3k\left[A+B^*\right]+\int d^3k\left[B+A^*\right]\right\} \end{align}$$

其中


 * $$\begin{align}

& A=\theta(x_0-y_0)\langle 0|\phi_V(x)|k_{out}\rangle\langle k_{out}|\phi_V(y)|0\rangle\\ & B=\theta(y_0-x_0)\langle 0|\phi_V(y)|k_{out}\rangle\langle k_{out}|\phi_V(x)|0\rangle \\ & A^*=\theta(x_0-y_0)\langle 0|\phi_V(y)|k_{out}\rangle\langle k_{out}|\phi_V(x)|0\rangle\\ & B^*=\theta(y_0-x_0)\langle 0|\phi_V(x)|k_{out}\rangle\langle k_{out}|\phi_V(y)|0\rangle \end{align}$$

从而


 * $$\begin{align}

&A+B^*=\langle 0|\phi_V(x)|k_{out}\rangle\langle k_{out}|\phi_V(y)|0\rangle\\ &B+A^*=\langle 0|\phi_V(y)|k_{out}\rangle\langle k_{out}|\phi_V(x)|0\rangle \\ &Re(i\Delta_V(x,y))\\ &=\frac{1}{2}\int d^3k\left[\langle 0|\phi_V(x)|k_{out}\rangle\langle k_{out}|\phi_V(y)|0\rangle+\langle 0|\phi_V(y)|k_{out}\rangle\langle k_{out}|\phi_V(x)|0\rangle \right] \int d^4xd^4y J(x)Re(i\Delta_V(x,y))J(y) \\ & =\int d^4xd^4y J(x)J(y)\frac{1}{2}\int d^3k\left[\langle 0|\phi_V(x)|k_{out}\rangle\langle k_{out}|\phi_V(y)|0\rangle+\langle 0|\phi_V(y)|k_{out}\rangle\langle k_{out}|\phi_V(x)|0\rangle \right] \\ & =\int d^4xd^4y J(x)J(y)\int \left[d^3k\langle 0|\phi_V(x)|k_{out}\rangle\langle k_{out}|\phi_V(y)|0\rangle \right] \end{align}$$

证明的剩余部分颇为显然.

P.2285 (5.20) 此式的证明完全类似(5.5)的证明,故略去.

P.2285 (5.21) 等式第二步仅仅是傅立叶变换,注意到其中第一项因子的复共轭保证了变换后的动量守恒表达式两项因子的自变量动量相同,并没有相差一个负号.

P.2287 (5.41-*) 疑惑 ,具体不清楚,涉及两体相互作用及一些特殊类型的图的贡献的近似结果,本公式以及以后部分未仔细阅读.

P.2290 (A.4) 按(A.1)中定义直接验证


 * $$\begin{align}

_f\langle xy|xy \rangle_f=d^3k_1 d^3k_2d^3k_3d^3k_4 f^*(k_1)f^*(k_2)f(k_3)f(k_4)\frac{e^{-i(k_1-k_3)x}}{(2\pi)^{3}}\frac{e^{-i(k_2-k_4)x}}{(2\pi)^{3}}\langle 0|a(k_1)a(k_2)a^+(k_3)a^+(k_4)|0\rangle \end{align}$$

其中


 * $$\begin{align}

\langle 0|a(k_1)a(k_2)a^+(k_3)a^+(k_4)|0\rangle=\delta_{k_2k_3}\delta_{k_1k_4}+\delta_{k_2k_4}\delta_{k_1k_3} \end{align}$$

对动量积分后即得书上结果.

P.2290 (A.7) 类似按定义直接验证 涉及因子(这个约定与(4.29)一致)


 * $$\begin{align}

d^4x\rho(x)e^{-i(k_1-k_3)x}=\rho(k_1-k_3,\omega_1-\omega_3) \end{align}$$

从而得到


 * $$\begin{align}

\frac{d^3k_1}{(2\pi)^{3}}\frac{d^3k_3}{(2\pi)^{3}} f^*(k_1)f(k_1)f^*(k_3)f(k_3){(2\pi)^{3}}\rho^*(k_1-k_3,\omega_1-\omega_3)\rho(k_1-k_3,\omega_1-\omega_3) \end{align}$$

P.2290 (A.8) 同样按定义证明


 * $$\begin{align}

&_f\langle xy|a^+(k)a(k)|xy \rangle_f\\ &=d^3k_1 d^3k_2d^3k_3d^3k_4 f^*(k_1)f^*(k_2)f(k_3)f(k_4)\frac{e^{-i(k_1-k_3)x}}{(2\pi)^{3}}\frac{e^{-i(k_2-k_4)x}}{(2\pi)^{3}} \langle 0|a(k_1)a(k_2)a^+(k)a(k)a^+(k_3)a^+(k_4)|0\rangle \end{align}$$

而其中 $$\langle 0|a(k_1)a(k_2)a^+(k)a(k)a^+(k_3)a^+(k_4)|0\rangle$$ 把消灭算符往右边移动,一共会产生四项,两项是1,另外两项是 $$ \frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{d^3k'}{(2\pi)^3}e^{-i(k'-k)x-i(k-k')y} $$ 和 $$ \frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{d^3k'}{(2\pi)^3}e^{-i(k-k')x-i(k'-k)y} $$

P.2290 (A.11) 由上面(A.8)的证明可以直接得到这个表达式

P.2290 (A.12) 按定义应该可以证明,相信正确,未具体验证.

P.2291 (B3) 这里公式中 (x,y) 仅仅是(B1)中定义的源矢量$$ J_{ch}(k)$$ 可能的取值在两个坐标方向上的分量,并非空间坐标. 利用留数定理,把 $$\phi$$ 视为复数 $$z$$ 的幅角,即 $$z=e^{i\phi}$$ ,从而 $$dz=id\phi e^{i\phi};d\phi=-idz/z;\cos(\phi)=(z+z^{-1})/2;\sin(\phi)=-i(z+z^{-1})/2$$ ,相应的在半径为1的复平面上的积分仅在原点有留数,这个留数的级数展开无法表达为初等函数,但是可以视为按源的倒数 $$1/N$$ 的展开,故忽略高阶项后得到文中结果.


 * $$\begin{align}

& \int \frac{d\phi}{2\pi}\exp\left[i\left(\frac{P_1(k)}{N}\right)^{1/2}\left[u\cos(kx_1+\phi)+v\sin(kx_1+\phi)\right]\right] \\ & =\int \frac{d\phi}{2\pi}\exp\left[i\left(\frac{P_1(k)}{N}\right)^{1/2}\left[u\cos\phi+v\sin\phi\right]\right]\\ & =\int \frac{d\phi}{2\pi}\exp\left[i\left(\frac{P_1(k)(u^2+v^2)}{N}\right)^{1/2}\left[\sin\phi_0\cos\phi+\cos\phi_0\sin\phi\right]\right] \\ & =\int \frac{d\phi}{2\pi}\exp\left[i\left(\frac{P_1(k)(u^2+v^2)}{N}\right)^{1/2}\sin(\phi+\phi_0)\right] \\ & =\int \frac{d\phi}{2\pi}\exp\left[i\left(\frac{P_1(k)(u^2+v^2)}{N}\right)^{1/2}\sin\phi\right] \\ & =\oint \frac{-idz}{2\pi z}\exp\left[\left(\frac{P_1(k)(u^2+v^2)}{4N}\right)^{1/2}(z-z^{-1})\right] \\ & =2\pi i \times Res \left\{\frac{-i}{2\pi z}\exp\left[\left(\frac{P_1(k)(u^2+v^2)}{4N}\right)^{1/2}(z-z^{-1})\right]\right\}_{z=0} \\ & =1+\sum_{m=1}\frac{C_{2m}^{m}(-1)^m\left(\frac{P_1(k)(u^2+v^2)}{4N}\right)^{\frac{1}{2}\times 2m}}{(2m)!} \\ & =1+\sum_{m=1}\frac{(-1)^m\left(\frac{P_1(k)(u^2+v^2)}{4N}\right)^m}{(m!)^2} \\ & = 1-\frac{P_1(k)(u^2+v^2)}{4N}+O(\frac{1}{N^2}) \end{align}$$

其中留数的级数展开是考虑所有贡献为 $$1/z$$ 的项而已. 最后一步在积分前利用关系


 * $$\begin{align}

\lim_{N\rightarrow\infty}[1-\frac{x}{N}]^N=e^{-x} \end{align}$$