Gibt es einen rigorosen Beweis dafür, dass Photonen keine Masse durch Renormierung erhalten?

Es gibt einen Beweis in den Vorlesungsunterlagen 12 der Relativistischen Quantenfeldtheorie II vom MIT OCW basierend auf der funktionalen Methode. Ich werde den Beweis hier skizzieren. Der genaue Propagator des Photons ist

$$\mathcal{G}(x)_{\mu\nu} = \langle \Omega | T A_{\mu}(x)A_{\nu}(0)| \Omega \rangle_C.$$ Es kann durch das folgende Diagramm dargestellt werden. Lassen Sie uns definieren $i\Pi^{\mu\nu}$die Summe aller 1-Teilchen-irreduziblen Einfügungen in den Photonenpropagator sein. Also haben wir $$\mathcal{G}(k) = G_{\rm F}(k) + G_{\rm F}(k)(i\Pi(k))G_{\rm F}(k) + \cdots = G_{\rm F}(k) \frac{1}{1-i\Pi(k)G_{\rm F}(k)}.$$ $G_{\rm F}(p)_{\mu\nu}$ist der freie Propagator von Photon und so haben wir $$iG_{\rm F}(p)_{\mu\nu} = \frac{\eta_{\mu\nu}}{k^2-i\epsilon} - (1-\xi)\frac{k_{\mu}k_{\nu}}{(k^2-i\epsilon)^2} = \frac{1}{k^2-i\epsilon}(P^T_{\mu\nu} + \xi P^L_{\mu\nu}),$$ Wo $$P^T_{\mu\nu} \equiv \eta_{\mu\nu} - \frac{k_{\mu}k_{\nu}}{k^2}, \quad P^L_{\mu\nu} \equiv \frac{k_{\mu}k_{\nu}}{k^2}.$$ ( $\xi = 1$ist die sogenannte Feynman-Eichung)

Das lässt sich leicht ableiten

$$(iG_{\rm F})^{-1}_{\mu\nu} = k^2 (P^T_{\mu\nu} + \frac{1}{\xi} P^L_{\mu\nu}).$$ Wir können uns auch zersetzen $i\Pi^{\mu\nu}$als $$\Pi^{\mu\nu} = P_T^{\mu\nu}f_T(k^2) + P_L^{\mu\nu}f_L(k^2) = \eta^{\mu\nu}f_T + \frac{k^{\mu}k^{\nu}}{k^2}(f_L-f_T)$$ Deshalb, $$(i\mathcal{G})^{-1}_{\mu\nu} = (k^2-f_T(k^2))P^T_{\mu\nu} + (\frac{k^2}{\xi}-f_L(k^2)) P^L_{\mu\nu},$$ $$\mathcal{G}(k)_{\mu\nu} = \frac{-i}{k^2-f_T(k^2)}P^T_{\mu\nu} + \frac{-i}{\frac{k^2}{\xi}-f_L(k^2)} P^L_{\mu\nu}.$$ Wenn $f_{T,L}(k^2 = 0) \neq 0$, wird für das Photon eine Masse erzeugt. Weil $\Pi(k)$stammt aus 1PI-Diagrammen, sollte aber nicht singulär sein $k^2 =0$, und so $f_L - f_T = O(k^2)$, als $k \to 0$.

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Wir definieren das erzeugende Funktional$E[J,\eta,\overline{\eta}]$für verbundene Diagramme in QED by

$$Z[J,\eta,\overline{\eta}] = e^{-iE[J,\eta,\overline{\eta}]}$$ So, $$\mathcal{G}(x-y)_{\mu\nu} = i \frac{\delta^2 E[J,\eta,\overline{\eta}]}{\delta J^{\mu}(x) \delta J^{\nu}(y)}\bigg|_{J,\eta,\overline{\eta}=0}$$ Für infinitesimale Eichtransformationen haben wir $\delta A_{\mu} = \partial_{\mu} \lambda$, $\delta \Psi = ie_0\lambda\Psi$Und $\delta \overline{\Psi} = -ie_0 \lambda \overline{\Psi}$. Unter einer Variablenänderung im Wegintegral, $Z[J,\eta,\overline{\eta}]$wird gleich bleiben. Erinnere dich daran $$Z[J,\eta,\overline{\eta}] = \int \mathcal{D}A \mathcal{D}\overline{\Psi} \mathcal{D}\Psi e^{i\int d^4x [\mathcal{L} + JA + \overline{\eta}\Psi + \overline{\Psi}\eta]}$$ Wo $$\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} + \overline{\Psi} (i\gamma^{\mu}\partial_{\mu}-m_0) \Psi + e_0j^{\mu} A_{\mu} - \frac{1}{2\xi}(\partial_{\mu}A^{\mu})^2$$

Die Aktionsänderung ist

$$\delta S = -\frac{1}{\xi} \int d^4x \partial_{\mu} A^{\mu} \partial^2 \lambda + \int d^4x J^{\mu}\partial_{\mu}\lambda + ie_0\overline{\eta}\Psi\lambda - ie_0\overline{\Psi}\eta\lambda$$

Daher müssen wir haben

$$\int d^4x \lambda(x) \int \mathcal{D}A \mathcal{D}\overline{\Psi} \mathcal{D}\Psi e^{iS} \left[ -\frac{1}{\xi} \partial^2 \partial_{\mu} A^{\mu} - \partial_{\mu}J^{\mu} + ie_0(\overline{\eta}\Psi - \overline{\Psi}\eta)\right] = 0$$ Seit $$\langle A_{\mu}(x) \rangle_{J,\eta,\overline{\eta}} = - \frac{\delta E}{\delta J^{\mu}} \quad \langle \Psi(x) \rangle_{J,\eta,\overline{\eta}} = - \frac{\delta E}{\delta \overline{\eta}} \quad \langle \overline{\Psi}(x) \rangle_{J,\eta,\overline{\eta}} = \frac{\delta E}{\delta \eta}$$ Die obige Gleichung kann geschrieben werden als $$\frac{1}{\xi} \partial^2 \partial^{\mu}\frac{\delta E}{\delta J^{\mu}} - \partial_{\mu}J^{\mu} - ie_0\left[ \overline{\eta}\frac{\delta E}{\delta \overline{\eta}} + \frac{\delta E}{\delta \eta} \eta \right]=0$$ Durch Differenzieren mit $\delta J$bei $J,\eta,\overline{\eta} = 0$, wir können bekommen $$\frac{1}{\xi} \partial^2 \partial^{\mu} \frac{\delta^2 E[J,\eta,\overline{\eta}]}{\delta J^{\mu}(x) \delta J^{\nu}(y)}\bigg|_{J,\eta,\overline{\eta}=0} - \partial_{\nu} \delta(x-y) = 0$$ das ist, $$\frac{i}{\xi}\partial^2 \partial^{\mu} \mathcal{G}(x-y)_{\mu\nu}+ \partial_{\nu} \delta(x-y) = 0$$ oder, im Impulsraum geschrieben, $$-\frac{i}{\xi}k^2 k^{\mu} \mathcal{G}(k)_{\mu\nu}+ k_{\nu} = 0$$ So $$- \frac{k^2}{k^2-\xi f_L(k^2)} k_{\nu} + k_{\nu} = 0$$ Was bedeutet $f_L(k^2) =0$und so haben wir $f_T(k^2) \to O(k^2)$als $k^2 \to 0$. Der genaue Propagator des Photons ist $$\mathcal{G}(k)_{\mu\nu} = \frac{-i}{k^2(1-\pi(k^2))}P^T_{\mu\nu} + \frac{-i\xi}{k^2} P^L_{\mu\nu}$$ Wo $\pi(k^2) \equiv \frac{f_T(k^2)}{k^2}$. Der exakte Propagator hat einen Pol an $k^2=0$, also bleiben Photonen nach der Quantenkorrektur masselos.

Die Diskussion über QCD-Korrekturen entzieht sich meiner Kenntnis und ich freue mich auf eine bessere Antwort.