При рассеянии электрона на электроне возможны следующие простейшие процессы:

А как мы должны сложить эти амплитуды, с \»+\» или с \»-\»? С точки зрения принципа Паули, знака \»+\» быть не может, поскольку при замене $p_{3} \leftrightarrow p_{4}$ все перейдет в себя, а амплитуда для частиц со спином $1 / 2$ должна быть антисимметричной, т. е. амплитуды нужно вычитать.

Но нельзя ли вопрос о знаке выяснить из более общих соображений? То есть не придем ли мы просто к противоречию, если положим знак \»+\»? Оказывается, что достаточно следующих двух требований к теории, чтобы однозначно решить вопрос о знаке:
1. условие унитарности
\[
S S^{+}=1
\]
(это требование, чтобы сумма всех вероятностей равнялась единице);
2. причинность.
Рассмотрим нерелятивистский случай:
\[
f=-\frac{2 m}{4 \pi} \int e^{-i \mathbf{k}^{\prime} \mathbf{r}^{\prime}} V\left(r^{\prime}\right) \Psi_{+}\left(\mathbf{r}^{\prime}\right) d^{3} r^{\prime} .
\]

Выражая $\Psi_{+}\left(\mathbf{r}^{\prime}\right)$ через функцию Грина, получим
\[
f=f_{B}+\frac{2 m i}{4 \pi} \int e^{-i \mathbf{k}^{\prime} \mathbf{r}^{\prime}} V\left(r^{\prime}\right) G\left(\mathbf{r}^{\prime}, \mathbf{r}\right) V(r) e^{i \mathbf{k r}} d^{3} r d^{3} r^{\prime},
\]

где $f_{B}$ — амплитуда в борновском приближении. Поскольку
\[
G\left(\mathbf{r}^{\prime}, \mathbf{r}\right)=\frac{1}{i} \sum_{n} \frac{\Psi_{n}(\mathbf{r}) \Psi_{n}^{*}\left(\mathbf{r}^{\prime}\right)}{E_{n}-E}
\]

то
\[
f=f_{B}+\frac{2 m}{4 \pi} \sum_{n} \frac{f_{n k}^{*} f_{n k^{\prime}}}{E_{n}-E},
\]

где
\[
f_{n k}=\int e^{-i \mathbf{k r}} V(r) \Psi_{n}(\mathbf{r}) d^{3} r .
\]

Существенно здесь то, что в сумме (2.84) при $\mathbf{k}=\mathbf{k}^{\prime}$ стоит положительная величина $f_{n k}^{*} f_{n k^{\prime}}$. Как мы покажем ниже, этот факт есть прямое следствие условия унитарности. Амплитуда, как функция энергии, имеет полюс при энергии связанного состояния, т. е. при $E=E_{n}$. Вычет в полюсе — всегда величина отрицательная (в знаменателе $E_{n}-E$ ).

Покажем теперь, что условие унитарности фиксирует однозначно знаки амплитуд, отвечающих различным диаграммам.
Рассмотрим сначала случай скалярных частиц. Имеем
\[
s=\left(p_{1}+p_{2}\right)^{2}, \quad u=\left(p_{1}-p_{4}\right)^{2}, \quad t=\left(p_{1}-p_{3}\right)^{2} .
\]

В $s$-канале особенностей по $s$ нет (т. е. фактически по энергии, а у нас есть условие именно на вычет в полюсе по энергии).

Перейдем в $t$-канал (для этого надо на первый процесс посмотреть сверху). Это будет процесс
\[
e^{+}+e^{-} \rightarrow \gamma \rightarrow e^{+}+e^{-}
\]

второго порядка, который идет через промежуточное состояние (гаммаквант). Оно и соответствует сумме в (2.84), причем имеется полюс по энергии ( $t$ в этом канале отвечает энергии) в $t=0$, это как раз соответствует энергии промежуточного состояния $m_{\gamma}=0$. Вычет же в полюсе должен быть определенного знака из условия унитарности. Этим и определяется знак перед первой амплитудой. (Вторая же амплитуда в $t$-канале не имеет особенностей.) Поскольку в вершинах стоит
\[
\left(p_{1}-p_{3}^{+}\right)_{\mu}\left(p_{4}-p_{2}^{+}\right)_{\mu} \simeq-4 \mathbf{p}_{1}^{2} \quad\left(\mathbf{p}_{1} \sim \mathbf{p}_{4}\right)
\]

в системе центра масс, так как $E_{1}=E_{3}, E_{2}=E_{4}$, то вычет в полюсе отрицательный, следовательно, перед этой амплитудой должен стоять знак плюс.

О знаке второй амплитуды мы пока ничего не можем сказать, для его определения перейдем в $u$-канал. В $u$-канале эта амплитуда уже имеет полюс по энергетической переменной ( и играет роль квадрата энергии в с.ц.м.), и, буквально повторяя предыдущие рассуждения, получим, что и перед второй амплитудой должет быть знак плюс. То есть для бозонов (частиц со спином нуль) в нашем случае мы должны складывать амплитуды.

Рассмотрим теперь фермионы (в нашем случае это частицы со спином $1 / 2$ ):
\[
\begin{array}{l}
T^{(s)}= \pm e^{2}\left(\bar{u}\left(p_{3}\right) \gamma_{\mu} u\left(p_{1}\right)\right) \frac{1}{t}\left(\bar{u}\left(p_{4}\right) \gamma_{\mu} u\left(p_{2}\right)\right) \pm \\
\quad \pm e^{2}\left(\bar{u}\left(p_{4}\right) \gamma_{\mu} u\left(p_{1}\right)\right) \frac{1}{u}\left(\bar{u}\left(p_{3}\right) \gamma_{\mu} u\left(p_{2}\right)\right) .
\end{array}
\]

Как и в предыдущем случае, для выяснения знака первой амплитуды перейдем в $t$-канал, для этого произведем замену
\[
\begin{array}{l}
p_{3}=-p_{3}^{+} \\
p_{2}=-p_{2}^{+}
\end{array}
\]

(при этом помня, что поскольку $\bar{u}(-p)=-\bar{v}(p)$, то $T_{\text {прод }}=-T^{(t)}$ ), тогда
\[
\begin{array}{l}
T^{(t)}= \pm e^{2}\left(\bar{v}\left(p_{3}^{+}\right) \gamma_{\mu} u\left(p_{1}\right)\right) \frac{1}{t}\left(\bar{u}\left(p_{4}\right) \gamma_{\mu} v\left(p_{2}^{+}\right)\right) \pm \\
\pm e^{2}\left(\bar{u}\left(p_{4}\right) \gamma_{\mu} u\left(p_{1}\right)\right) \frac{1}{u}\left(\bar{v}\left(p_{3}^{+}\right) \gamma_{\mu} v\left(p_{2}^{+}\right)\right) .
\end{array}
\]

Если покажем, что скобки в первом слагаемом комплексно сопряжены, то перед этим слагаемым должен стоять знак \»+\», чтобы $T^{(t)}$ имела отрицательный знак вычета, т. к. $j_{0}=0$ из сохранения тока.
Итак, рассмотрим
\[
\begin{aligned}
\left(\bar{u}\left(p_{4}\right) \gamma_{\mu} v\left(p_{2}^{+}\right)\right)^{+} & =\left(u^{+} \gamma_{0} \gamma_{\mu} v\right)^{+}=v^{+}\left(\gamma_{0} \gamma_{\mu}\right)^{+} u= \\
& =v^{+} \gamma_{\mu}^{+} \gamma_{0}^{+} u=\bar{v}\left(p_{2}^{+}\right) \gamma_{\mu} u\left(p_{4}\right),
\end{aligned}
\]

поскольку $\gamma_{0}$ эрмитова и коммутирует с $\gamma_{0}$, а $\gamma_{i}$ — антиэрмитовы и антикоммутируют с $\gamma_{0}$. Таким образом, действительно, при $p_{1} \simeq p_{4}$ имеем отрицательный знак вычета $T^{(t)}$ и, следовательно, перед первой амплитудой (2.86) должен быть знак \»+\». Вторая диаграмма с точки зрения $t$-канала имеет вид:

Ее знак мы можем выбрать, исходя из нерелятивистской аналогии. Амплитуда рассеяния частицы на античастице должна быть противоположна по знаку амплитуде рассеяния частицы на частице (поскольку знак потенциала противоположен). То есть $t$-канальная амплитуда должна иметь знак, противоположный $s$-канальной, хотя бы при малых $s$. С другой стороны, мы получили, что амплитуды испускания фотона частицей и античастицей одинаковы. Действительно, как мы видели:
\[
\bar{u}\left(-p_{3}^{+}\right) \gamma_{\mu} u\left(-p_{2}^{+}\right)=-\bar{v}\left(p_{3}^{+}\right) \gamma_{\mu} v\left(p_{2}^{+}\right),
\]

но минус компенсируется тем, что $T^{(t)}=-T_{\text {прод. Поэтому перед второй }}$ амплитудой мы должны поставить знак \»-\».

Знак второй диаграммы можно установить и не обращаясь к нерелятивистскому пределу. Продолжим для этого амплитуду в $u$-канал. Сделаем этот переход из $t$-канала, т. е. заменим
\[
p_{4}=-p_{4}^{++} \quad, p_{3}^{+}=-p_{3}^{++} .
\]

Мы фактически два раза поменяли знак у $p_{3}$, спинор при этом получит знак \»-\», поскольку при каждой замене $p \rightarrow-p$ он умножается на $i$. То есть, чтобы получить отрицательный вычет у второй амплитуды в $t$-канале, мы ее должны взять со знаком \»-\». Можно сказать несколько иначе. Если в $t$-канале аннигиляционная диаграмма написана со знаком \»+\», а диаграмма рассеяния — со знаком \»-\», то при переходе в $u$-канал диаграммы переходят друг в друга и меняют знаки, т. е. амплитуда остается той же, что и требуется, потому что $u$ — и $t$-каналы тождественные. Если бы мы обе диаграммы в $t$-канале написали со знаком плюс, то в $u$-канале получили бы амплитуду противоположного знака, т. е. не удовлетворяющую условию унитарности.

Мы приходим, таким образом, к тому, что аннигиляционная диаграмма и диаграмма рассеяния должны входить с разными знаками и, следовательно, амплитуда рассеяния в $s$-канале должна быть антисимметрична по отношению к перестановке импульсов начальных или конечных частиц, т. е. электроны должны подчиняться статистике ФермиДирака.

Общий знак амплитуд в $s$-канале при этом не определен, поскольку если мы придем в $s$-канал, пройдя через $t$ — и $u$-каналы, то получим амплитуду противоположного знака. Однако в отличие от $t$ — и $u$-каналов, где взаимодействуют разные частицы, в $s$-канале это несущественно. Причина состоит в том, что условие унитарности определяет только знак амплитуды рассеяния вперед, но для тождественных частиц рассеяние вперед и назад тождественно и, вообще, имеет смысл только рассеяние в одну полусферу. Поэтому для амплитуды одного знака рассеянию вперед соответствует линия $t=0$, а для другого знака линия $u=0$. То есть определенная запись амплитуды содержит в себе определения понятия \»вперед\». Эта ситуация имеет место уже в нерелятивистской теории. Пусть
\[
\begin{array}{c}
\Psi_{a}=e^{i \mathbf{p}_{1} \mathbf{r}_{1}} e^{i \mathbf{p}_{2} \mathbf{r}_{2}}-e^{i \mathbf{p}_{1} \mathbf{r}_{2}} e^{i \mathbf{p}_{2} \mathbf{r}_{1}}, \Psi_{b}=e^{i \mathbf{p}_{3} \mathbf{r}_{1}} e^{i \mathbf{p}_{4} \mathbf{r}_{2}}-e^{i \mathbf{p}_{3} \mathbf{r}_{2}} e^{i \mathbf{p}_{4} \mathbf{r}_{1}}, \\
f_{a b} \sim \int \Psi_{b}^{*} V \Psi_{a} .
\end{array}
\]

В (2.89) под интегралом будет стоять знакоопределенная величина при знакоопределенном потенциале, только если $\Psi_{a}=\Psi_{b}$, т. е. $p_{1}=p_{3}$, $p_{2}=p_{4}$. Обсудим, что произойдет, если, получив амплитуду противоположного знака, мы еще раз продолжим ее в $t$ — и затем в $u$-каналы. Очевидно, что мы получим в $t$ — и $u$-каналах амплитуду тоже противоположного знака, т. е. в этом случае $T=T_{\text {прод в }}$ отличие от того, что мы писали раньше. Таким образом, соотношение между продолженной амплитудой $e^{-} e^{-} \rightarrow e^{-} e^{-}$и амплитудой $e^{+} e^{-} \rightarrow e^{+} e^{-}$зависит от способа продолжения, и это связано с неопределенностью знака амплитуды $e^{-} e^{-} \rightarrow e^{-} e^{-}$.

Итак, мы получили связь спина со статистикой. При этом мы использовали условие унитарности и то, что любую амплитуду можно получить аналитическим продолжением, т. е. фактически аналитичность амплитуды, а это связано, как мы покажем вскоре, с причинностью. Итак, действительно, двух условий — унитарности и причинности достаточно, чтобы установить знаки амплитуд. В нашей теории, таким образом, принцип Паули, который согласуется с экспериментом, выполняется автоматически.

В области малых углов рассеяния наша амплитуда перейдет в обычную амплитуду кулоновского рассеяния. Исходя из этого, покажем, что константа взаимодействия е является зарядом. Малые углы рассеяния соответствуют
\[
p_{3} \simeq p_{1}, \quad p_{2} \simeq p_{4},
\]
т. е. $t \simeq 0$, при этом второй (обменной) амплитудой можно пренебречь, поскольку при $t=0$ она не имеет сингулярности, а первая $\sim 1 / t$, т. е. при $t \rightarrow 0$ стремится в $\infty$.

Вычислим $\bar{u}\left(p_{3}\right) \gamma_{\mu} u\left(p_{1}\right)$. Поскольку $\hat{p}_{1}+m=\hat{p}_{1}-m+2 m,\left(\hat{p}_{1}-m\right) u=0$

и $p_{3} \simeq p_{1}$, а также
\[
\gamma_{\mu} \hat{p}_{1}=-\hat{p}_{1} \gamma_{\mu}+2 p_{1 \mu}, \quad\left(\gamma_{\mu} \hat{p}_{1}+\hat{p}_{1} \gamma_{\mu}=p_{1
u}\left(\gamma_{\mu} \gamma_{
u}+\gamma_{
u} \gamma_{\mu}\right)=2 p_{1 \mu}\right),
\]

To
\[
\begin{array}{r}
\bar{u}\left(p_{3}\right) \gamma_{\mu} u\left(p_{1}\right)=\bar{u}\left(p_{3}\right) \gamma_{\mu}\left(\hat{p}_{1}+m\right) u\left(p_{1}\right) \frac{1}{2 m}= \\
=\bar{u}\left(p_{1}\right)\left(-\hat{p}_{1}+m\right) \gamma_{\mu} \frac{u\left(p_{1}\right)}{2 m}+2 p_{1 \mu} \frac{\hat{u}\left(p_{1}\right) u\left(p_{1}\right)}{2 m}=2 p_{1 \mu} .
\end{array}
\]

Аналогично,
\[
\bar{u}\left(p_{4}\right) \gamma_{\mu} u\left(p_{2}\right)=2 p_{2 \mu} .
\]

Тогда
\[
T=\frac{e^{2}}{t} 2 p_{1 \mu} \cdot 2 p_{2 \mu}=\frac{4 e^{2} m^{2}}{t}
\]

в нерелятивистском пределе. Это обычная амплитуда кулоновского рассеяния, совпадающая с (1.174) для бесспиновых частиц. Таким образом, при малых переданных импульсах наличие спина электрона никак не сказывается на рассеянии. Это следует уже из того, что вершинные части превращаются в $p_{1 \mu}+p_{3 \mu}=2 p_{1 \mu}$, и $p_{2 \mu}+p_{4 \mu}=2 p_{2 \mu}$ (см. (2.90), (2.91)), т. е. в вершины для бесспиновых частиц. Из вида (2.92) следует, что $e$, — действительно, электрический заряд электрона.