QFT看完了Maxwell场的量子化，按理说现在就可以试着算一些QED里面的简单算例了。

在这里，使用一种半经典的处理方法，对于电子，仍然使用量子力学的处理办法，而将电磁场量子化。

先补充一下相互作用绘景的东西（总感觉之前量力课上没讲过，小红本上也没有具体介绍这玩意）

自发跃迁

在学习量力时，学了含时微扰论并用其解决了原子的受激辐射问题，但是量子力学无法解决自发辐射，原子处在定态下便不会自发地跃迁到低能级上，在当时我们是通过爱因斯坦的半唯象理论解释的自发辐射的速率。学了QED后，我们就可以正确的描述自发跃迁的问题了。

先让我们来复习一下含时微扰论。

哈密顿量写为$H = H_0 + H’(t)$，有$H’ \ll H_0$
在$t=0$时，系统处于$\ket {\phi_k}$态，$H_0 \ket{\phi_k} = E_k \ket{\phi_k}$
我们将t时刻的系统状态用$H_0$的本征态展开$\ket{\phi(x,t)} = \sum_n C_{nk}(t)e^{-iE_nt/\hbar}\ket{\phi_n}$
代入薛定谔方程，有$i\hbar \frac{\partial}{\partial t}\ket{\phi(x,t)}=(H_0+H’)\ket{\phi(x,t)}$
于是$i\hbar \sum_n \dot C_{nk}(t)e^{-iE_nt/\hbar}\ket{\phi_n} = \sum_n C_{nk}(t)e^{-iE_nt\hbar} H’ \ket{\phi_n}$
对上式左乘$\bra{\phi_{k’}}$，于是$i\hbar \dot C_{k’k}(t)e^{-iE_{k’}t/\hbar}=\sum_n C_{nk}(t)e^{-iE_nt/\hbar} \bra{\phi_{k’}}H’\ket{\phi_k}$
微扰，$H’\ll H_0$，于是$C_{nk}\approx \delta_{nk}$
于是$\dot C_{k’k}(t) = \frac{1}{i\hbar}e^{-i(E_n-E_{k’})t/\hbar}\bra{k’}H’\ket k$
在k态的概率即为$P_{k’k}=|C_{k’k}|^2$

接下来让我们来看看电磁场与原子的相互作用。

我们把原子在电磁场下的哈密顿量写为$H = \sum_i \frac{(P-eA)^2}{2m}+\frac 1 2 \int (E^2+B^2) d^3x$ (i用来标记不同的电子)
若我们去Coulomb规范，也即我们仅考虑横场，这时有$H=\sum_i(\frac{P^2_i}{2m}-\frac e m P\vdot A + \frac{e^2}{2m}A^2)+\sum \omega a_k^\dagger a_k$

取$H_0=H_{atm}+H_{EM}=\sum_i \frac{P_i^2}{2m}+\sum \omega a^\dagger_k a_k$
$H’ = H_{int} = \sum(-\frac e m P\vdot A + \frac{e^2}{2m}A^2)\approx \sum(-\frac e m P\vdot A)$

我们假设t=0时原子处在$\ket A$态，电磁场处在某具有确定光子数的态$\ket{n_{k\sigma}}$(k标记光子波长，$\sigma$标记偏振态)，那么系统向末态$\ket{B,n’_{k\sigma}}$演化的速率为$w_{i\to f} = \frac{2\pi e^2}{m^2} \left| \bra{B,n’_{k\sigma}} (P\vdot A)\ket{A,n_{k\sigma}} \right|^2 \delta(E_f-E_i)$
仅考虑横场，将矢势的空间部分展开并代入，里面的矩阵元详细写出来为

$$ \begin{aligned} \left | \bra{B,n’_{k\sigma}}(\boldsymbol{P}\vdot \boldsymbol{A} )\ket{A,n_{k\sigma}} \right |^2 = \sum_{k,\sigma} \left| \bra{B,n’_{k\sigma}} (\boldsymbol P \vdot \boldsymbol e^\sigma_k)(a^\dagger_{k\sigma} +a_{k\sigma})\ket{A,n_{k\sigma}}\right|^2 \\ =\sum_{k,\sigma} \left| \bra{n’_{k\sigma}}(a^\dagger_{k\sigma}+a_{k\sigma})\ket{n_{k\sigma}} \bra{B} (\boldsymbol P \vdot \boldsymbol e^\sigma_k)\ket A \right|^2 \end{aligned} $$

矩阵元的前面一半我们十分熟悉，出现了一个产生/湮灭算符。结合跃迁速率里的$\delta(E_f-E_i)=E_B-E_A+(n'-n)\omega$，整个物理图景就十分清晰了：只有相差一个且满足能量守恒的光子的情况的跃迁才是可能发生的。这样我们就大致把自发辐射的物理描述出来了，至于自发辐射系数还要继续往下算两步。

兰姆位移

注意，本处使用高斯制

利用量子力学，我们能够算出氢原子的能级，同时考虑自旋轨道相互作用我们能得到氢原子能级的精细结构。但是在后面兰姆等人的实验中发现，在$2S_{\frac 1 2}$和$2P_{\frac 1 2}$间有一能级差，约为$\Delta E = 4 \times 10^{-6} eV$，这被称为兰姆位移。

对于兰姆位移的最早理论计算结果，是由Bethe得出的。他仅考虑进了量子化的电磁场，使用微扰论，在遇到发散问题时减去电子自能并作出紫外截断，成功得出了和实验十分接近的结果。

在前面我们写出了原子和电磁场相互作用的哈密顿量，在此处我们只研究原子的能级变化，所以丢掉电磁场项，只留下相互作用项
$H = H_{atm} + H_{int} = \frac{P^2} {2m} + \frac{e^2 \boldsymbol A^2}{2m} - \frac e m \boldsymbol{P }\vdot \boldsymbol{A}$
同样我们这里使用微扰论来计算，取未微扰态$\ket{nlm} \ket 0$，于是一阶微扰项

$$ \begin{aligned} E_1= -\frac e m \bra{nlm}\bra 0 P \vdot A \ket{0} \ket{nlm}+ \frac{e^2}{2m} \bra{nlm}\bra 0 A^2 \ket 0 \ket{nlm} \\ =- \frac{e}{m} \bra{nlm}P\ket{nlm} \bra 0 A \ket 0 + \frac{e^2}{2m} \bra 0 A^2 \ket 0\\ = 0 + 0 \end{aligned} $$

于是一阶微扰项带来的能量差为0
在上面的计算过程中可以看到，$A^2$项只会影响电磁场的态的部分，这部分的能量和电磁场的能量可以被吸收进电子的质量中，于是后面我们可以直接略去这项不考虑。
接下来计算二级修正项

$$ \begin{aligned} E_2 &= -(\frac e m)^2 \sum_p \sum_n \frac{(\bra{n’l’m’} P \ket{nlm})^2}{E_{n’}-E_n + \omega} (\bra{1_p}A\ket{0})^2 \\ &= -(\frac e m)^2 \int d^3 k \frac{\boldsymbol e_{\sigma k}}{(2\pi)^3 2\omega} \vdot \frac{(\bra{n’l’m’}P\ket{nlm})^2}{E_{n’}-E_n+\omega} \\ &= -(\frac e m)^2 \int d\omega \frac 1 3 \omega^2 d\theta d\varphi e_{\sigma k} …\\ &= -\frac{e^2}{6m^2\pi^2} \sum_{n’l’m’} \int d\omega~ \frac{\omega (\bra{n’l’m’}P\ket{nlm})^2}{E_{n’}-E_n+\omega} \end{aligned} $$

显然，这一项是线性发散的，这不是一个好的结果。为了解决这一发散问题，我们需要减去无穷大的动量为$P$的电子自能，取未微扰态为电子动量本征态，于是$E_f = -\frac{e^2}{6m^2\pi^2} P^2\int \omega d\omega $

于是

$$ E_2-E_f = \frac{e^2}{6m^2\pi^2} \sum_{n’l’m’} (\bra{n’l’m’}P\ket{nlm})^2 \int d\omega \frac{E_{n’}-E_n}{E_{n’}-E_n+\omega} $$

这个积分也是发散的，但是是对数发散。对于对数发散，由于发散较慢，于是我们可以选取一个较大的截断上限来确定物理含义，这里选取积分上限$\omega_{max} = m$。这样选取一个截断上限还有一个原因是，我们这里仍然采用的是量子力学体系的微扰论的处理，而量子力学无法处理高能情况，故此处作出一个紫外截断是十分合理的。
这样我们有

$$ \begin{aligned} \Delta E &= \frac{e^2}{6m^2\pi^2} \sum_{n’l’m’} (\bra{n’l’m’}P\ket{nlm})^2 (E_{n’}-E_n) \ln(\frac{m}{E_{n’}-E_n}+1) \\ &= \frac{e^2}{6m^2\pi^2} \bra{nlm}PH_0P-H_0P^2\ket{nlm} \left \langle \ln(\frac{m}{E_{n’}-E_n}+1) \right \rangle \\ &= A \frac{e^2}{6m^2\pi^2} \int [\psi^* \nabla \vdot (V \nabla \psi) - \psi^* V \nabla^2 \psi]d\tau\\ &= - ... [\int \psi^* (\psi \nabla V)d\tau-\int \psi^2 \nabla^2 V d\tau] \\ &= A \frac{e^2}{6m^2\pi^2} \frac 1 2 \int \psi^2 \nabla^2 V d\tau \end{aligned} $$

上面使用了分部积分并且由于某个量的面积分为0。A为$\ln(\frac{m}{E_{n’}-E_n}+1)$的平均值（求和求的，为了方便化简剩下的部分）。

这是氢原子，势场$V = - \frac {e^2} r$，且有$\nabla^2 \frac{1}{r}=-4\pi \delta(x)$。我们又知道氢原子波函数只有$l=0$时$\psi_{nlm}(0)\ne 0$ ($\psi^2(0)=\frac{4m^3\alpha^3}{n^3}$)，所以可以得到

$$ \begin{aligned} \Delta E_{nl} & = A \frac{e^2}{6m^2\pi^2} \frac 1 2 4\pi \psi^2(0)\\ & = A \frac{e^4}{6m^2\pi^2} \vdot \frac{4m^3 \alpha^3}{n^3} \delta_{0l}\\ & = \frac{8}{3\pi}|E_0|\frac{\alpha^3}{n^3}A \delta_{0l} \end{aligned} $$

其中$\alpha = \frac {e^2}{c}$为精细结构常数，$E_0=-\frac{me^4}{2}$为氢原子基态能量。

对于兰姆位移，氢原子$n=2$的两条谱线$2S$和$2P$，由于以上的结果，可以知道只有$2S$谱线会由于电磁场的量子化/真空极化发生位移，这也和兰姆的实验里观察到的相同。

为了得到具体的数值，对于n=2，我们不妨把$A=\left <\ln(\frac{m}{E_{n’}-E_n}+1) \right >$取为$\ln(\frac{m}{1/2 |E_0|+1})$。于是带入具体的数据进行计算就可以得到

$$ \Delta E_{2S} = 6.14 \times 10^{-6} \mathrm{eV} $$

而实验测量值为$\Delta E = 4.372 \times 10^{-6}\mathrm{eV}$，与我们这里计算的结果一个数量级。