¿Existe una prueba rigurosa de que los fotones no adquieren masa a través de la renormalización?

Hay una demostración en las notas de clase 12 de la Teoría Relativista de Campos Cuánticos II del MIT OCW basada en el método funcional. Voy a esbozar la prueba aquí. El propagador exacto del fotón es

$$\mathcal{G}(x)_{\mu\nu} = \langle \Omega | T A_{\mu}(x)A_{\nu}(0)| \Omega \rangle_C.$$ Se puede representar mediante el siguiente diagrama Definamos $i\Pi^{\mu\nu}$ser la suma de todas las inserciones irreducibles de 1 partícula en el propagador de fotones. Entonces tenemos $$\mathcal{G}(k) = G_{\rm F}(k) + G_{\rm F}(k)(i\Pi(k))G_{\rm F}(k) + \cdots = G_{\rm F}(k) \frac{1}{1-i\Pi(k)G_{\rm F}(k)}.$$ $G_{\rm F}(p)_{\mu\nu}$es el propagador libre del fotón, por lo que tenemos $$iG_{\rm F}(p)_{\mu\nu} = \frac{\eta_{\mu\nu}}{k^2-i\epsilon} - (1-\xi)\frac{k_{\mu}k_{\nu}}{(k^2-i\epsilon)^2} = \frac{1}{k^2-i\epsilon}(P^T_{\mu\nu} + \xi P^L_{\mu\nu}),$$ dónde $$P^T_{\mu\nu} \equiv \eta_{\mu\nu} - \frac{k_{\mu}k_{\nu}}{k^2}, \quad P^L_{\mu\nu} \equiv \frac{k_{\mu}k_{\nu}}{k^2}.$$ ( $\xi = 1$es el llamado calibre de Feynman)

Es fácil deducir que

$$(iG_{\rm F})^{-1}_{\mu\nu} = k^2 (P^T_{\mu\nu} + \frac{1}{\xi} P^L_{\mu\nu}).$$ También podemos descomponer $i\Pi^{\mu\nu}$como $$\Pi^{\mu\nu} = P_T^{\mu\nu}f_T(k^2) + P_L^{\mu\nu}f_L(k^2) = \eta^{\mu\nu}f_T + \frac{k^{\mu}k^{\nu}}{k^2}(f_L-f_T)$$ Por lo tanto, $$(i\mathcal{G})^{-1}_{\mu\nu} = (k^2-f_T(k^2))P^T_{\mu\nu} + (\frac{k^2}{\xi}-f_L(k^2)) P^L_{\mu\nu},$$ $$\mathcal{G}(k)_{\mu\nu} = \frac{-i}{k^2-f_T(k^2)}P^T_{\mu\nu} + \frac{-i}{\frac{k^2}{\xi}-f_L(k^2)} P^L_{\mu\nu}.$$ Si $f_{T,L}(k^2 = 0) \neq 0$, se generará una masa para el fotón. Porque $\Pi(k)$proviene de diagramas 1PI, no debe ser singular en $k^2 =0$, y entonces $f_L - f_T = O(k^2)$, como $k \to 0$.

---

Definimos el funcional generador$E[J,\eta,\overline{\eta}]$para diagramas conectados en QED por

$$Z[J,\eta,\overline{\eta}] = e^{-iE[J,\eta,\overline{\eta}]}$$ Entonces, $$\mathcal{G}(x-y)_{\mu\nu} = i \frac{\delta^2 E[J,\eta,\overline{\eta}]}{\delta J^{\mu}(x) \delta J^{\nu}(y)}\bigg|_{J,\eta,\overline{\eta}=0}$$ Para transformaciones de calibre infinitesimal, tenemos $\delta A_{\mu} = \partial_{\mu} \lambda$, $\delta \Psi = ie_0\lambda\Psi$y $\delta \overline{\Psi} = -ie_0 \lambda \overline{\Psi}$. Bajo un cambio de variables en la integral de trayectoria, $Z[J,\eta,\overline{\eta}]$seguirá siendo el mismo. Recordar que $$Z[J,\eta,\overline{\eta}] = \int \mathcal{D}A \mathcal{D}\overline{\Psi} \mathcal{D}\Psi e^{i\int d^4x [\mathcal{L} + JA + \overline{\eta}\Psi + \overline{\Psi}\eta]}$$ dónde $$\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} + \overline{\Psi} (i\gamma^{\mu}\partial_{\mu}-m_0) \Psi + e_0j^{\mu} A_{\mu} - \frac{1}{2\xi}(\partial_{\mu}A^{\mu})^2$$

El cambio de acción es

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

Por lo tanto, debemos tener

$$\int d^4x \lambda(x) \int \mathcal{D}A \mathcal{D}\overline{\Psi} \mathcal{D}\Psi e^{iS} \left[ -\frac{1}{\xi} \partial^2 \partial_{\mu} A^{\mu} - \partial_{\mu}J^{\mu} + ie_0(\overline{\eta}\Psi - \overline{\Psi}\eta)\right] = 0$$ Desde $$\langle A_{\mu}(x) \rangle_{J,\eta,\overline{\eta}} = - \frac{\delta E}{\delta J^{\mu}} \quad \langle \Psi(x) \rangle_{J,\eta,\overline{\eta}} = - \frac{\delta E}{\delta \overline{\eta}} \quad \langle \overline{\Psi}(x) \rangle_{J,\eta,\overline{\eta}} = \frac{\delta E}{\delta \eta}$$ La ecuación anterior se puede escribir como $$\frac{1}{\xi} \partial^2 \partial^{\mu}\frac{\delta E}{\delta J^{\mu}} - \partial_{\mu}J^{\mu} - ie_0\left[ \overline{\eta}\frac{\delta E}{\delta \overline{\eta}} + \frac{\delta E}{\delta \eta} \eta \right]=0$$ Por diferenciación con $\delta J$en $J,\eta,\overline{\eta} = 0$, nosotros podemos obtener $$\frac{1}{\xi} \partial^2 \partial^{\mu} \frac{\delta^2 E[J,\eta,\overline{\eta}]}{\delta J^{\mu}(x) \delta J^{\nu}(y)}\bigg|_{J,\eta,\overline{\eta}=0} - \partial_{\nu} \delta(x-y) = 0$$ eso es, $$\frac{i}{\xi}\partial^2 \partial^{\mu} \mathcal{G}(x-y)_{\mu\nu}+ \partial_{\nu} \delta(x-y) = 0$$ o, escrito en espacio de momento, $$-\frac{i}{\xi}k^2 k^{\mu} \mathcal{G}(k)_{\mu\nu}+ k_{\nu} = 0$$ Entonces $$- \frac{k^2}{k^2-\xi f_L(k^2)} k_{\nu} + k_{\nu} = 0$$ Lo que significa $f_L(k^2) =0$y así, tenemos $f_T(k^2) \to O(k^2)$como $k^2 \to 0$. El propagador exacto del fotón es $$\mathcal{G}(k)_{\mu\nu} = \frac{-i}{k^2(1-\pi(k^2))}P^T_{\mu\nu} + \frac{-i\xi}{k^2} P^L_{\mu\nu}$$ dónde $\pi(k^2) \equiv \frac{f_T(k^2)}{k^2}$. El propagador exacto tiene un polo en $k^2=0$, por lo que el fotón permanece sin masa después de la corrección cuántica.

La discusión sobre las correcciones QCD está más allá de mi conocimiento y espero una mejor respuesta.