Чтобы получить двухфотонную аннигиляцию электрон-позитронной пары, достаточно рассмотреть рассеяние фотона на электроне с точки зрения $t$-канала.
Как всегда, сделаем замену
\[
p_{2}=-p_{2}^{+}, \quad k_{1}=k_{1}^{\prime} .
\]

Диаграммы можно перерисовать так:

Внутренние части диаграмм те же самые, и им, как и раньше, соответствует $M_{\mu
u}$. С учетом того, что
\[
\bar{u}\left(-p_{2}^{+}\right)=-\bar{v}\left(p_{2}^{+}\right),
\]

для сечения можно написать следующее выражение:
\[
\begin{array}{c}
d \sigma=\frac{1}{4} \sum_{\substack{\sigma_{1} \sigma_{2} \\
\lambda_{1} \lambda_{2}}}\left|\bar{v}^{\lambda_{2}}\left(p_{2}^{+}\right) e_{\mu}^{\sigma_{2}} M_{\mu
u} e_{
u}^{\sigma_{1}} u^{\lambda_{1}}\left(p_{1}\right)\right|^{2} d \Gamma= \\
=\frac{1}{4} \operatorname{Sp}\left[\left(\hat{p}_{1}+m\right) M_{\mu
u}\left(-m+\hat{p}_{2}^{+}\right) M_{
u \mu}\right] d \Gamma .
\end{array}
\]

Мы учли здесь то, что вместо
\[
\sum_{\lambda} u_{\alpha}^{\lambda}(p) \bar{u}_{\beta}^{\lambda}(p),
\]

в данном случае будет присутствовать
\[
\sum_{\lambda} v_{\alpha}^{\lambda}\left(p_{2}^{+}\right) \bar{v}_{\beta}^{\lambda}\left(p_{2}^{+}\right)=-\left(m-\hat{p}_{2}^{+}\right)_{\alpha \beta} .
\]

Знак \”-\” оттого, что $u(-p)=v(p)$, а $\bar{u}(-p)=-\bar{v}(p)$. Вычисление следа даст тот же результат, что и в случае рассеяния, только с другим знаком, а переменные $s, t, u$ будут иметь другой смысл: $t$ – квадрата полной энергии в с.ц.м., $s, u<0$ – переданных импульсов, так что сечение можно записать в виде
\[
\begin{aligned}
d \sigma= & -8 e^{4}\left[\left(\frac{m^{2}}{m^{2}-s}+\frac{m^{2}}{m^{2}-u}\right)^{2}+\frac{m^{2}}{s-m^{2}}+\frac{m^{2}}{u-m^{2}}-\right. \\
& \left.-\frac{1}{4}\left(\frac{u-m^{2}}{s-m^{2}}+\frac{s-m^{2}}{u-m^{2}}\right)\right] d \Gamma .
\end{aligned}
\]

В этом случае $d \Gamma$ – фазовый объем, деленный на поток – уже другой, поскольку фазовый объем двух фотонов отличен от фазового объема электрона с фотоном.
Вычислим $d \Gamma$ в с.ц.м. Инвариантный поток тогда будет иметь вид
\[
\mathcal{J}=4 p_{1} \sqrt{t}, \quad\left(p_{1}=\left|\mathbf{p}_{1}\right|=\left|\mathbf{p}_{2}\right|\right),
\]

поскольку теперь роль энергетической переменной играет $t$. Тогда
\[
\begin{array}{c}
d \Gamma=\frac{1}{4 p_{1} \sqrt{t}} \frac{d^{4} k_{2} \delta_{+}\left(k_{2}^{2}\right) \delta_{+}\left(\left(k_{2}-p_{1}-p_{2}^{+}\right)^{2}\right)}{(2 \pi)^{2}}= \\
=\frac{1}{4 p_{1} \sqrt{t}} \frac{d^{4} k_{2} \delta_{+}\left(k_{2}^{2}\right) \delta\left(\left(k_{2}-p\right)^{2}\right)}{(2 \pi)^{2}} \\
\left(k_{2}-p\right)^{2}=t-2 k_{2} p=t-2 k_{0} \sqrt{t}=2 \sqrt{t}\left(\frac{\sqrt{t}}{2}-k_{20}\right) \\
d \Gamma=\frac{1}{4 p_{1} \sqrt{t}} \frac{\delta_{+}\left(k_{20}^{2}-\mathbf{k}_{2}^{2}\right) \delta_{+}\left(2 \sqrt{t}\left(\frac{\sqrt{t}}{2}-k_{20}\right)\right)}{(2 \pi)^{2}} d k_{20} \mathbf{k}_{2}^{2} d k_{2} d \Omega= \\
=\frac{1}{4 p_{1} \sqrt{t} 2 \sqrt{t}} \frac{\delta_{+}\left(\frac{t}{4}-\mathbf{k}_{2}^{2}\right)}{(2 \pi)^{2}}\left|\mathbf{k}_{2}\right| \frac{d \mathbf{k}_{2}^{2}}{2} d \Omega= \\
=\frac{1}{16 p_{1} t} \frac{\left|\mathbf{k}_{2}\right|}{(2 \pi)^{2}} d \Omega=\frac{1}{16 t} \frac{\left|\mathbf{k}_{2}\right|}{p_{1}} \frac{d \Omega}{(2 \pi)^{2}}
\end{array}
\]

Здесь $\left|\mathbf{k}_{2}\right|=\sqrt{t} / 2$.

Выразим теперь $p_{1}$ через инвариантные переменные (в данном случае $\left|\mathbf{p}_{1}\right|
eq\left|\mathbf{k}_{2}\right|$ в с.ц.м., поскольку частицы обладают разными массами). Имеем
\[
\begin{array}{l}
t=\left(p_{1}+p_{2}^{+}\right)^{2}= \\
=p_{1}^{2}+p_{2}^{+2}+2 p_{10} p_{20}^{+}-2 \mathbf{p}_{1} \mathbf{p}_{2}^{+}=m_{1}^{2}+m_{2}^{2}+2 p_{10} p_{20}^{+}-2 \mathbf{p}_{1} \mathbf{p}_{2}^{+},
\end{array}
\]

В С.ц.М.
\[
\left(\mathbf{p}_{1}+\mathbf{p}_{2}^{+}\right)^{2}=0=\mathbf{p}_{1}^{2}+\mathbf{p}_{2}^{+2}+2 \mathbf{p}_{1} \mathbf{p}_{2}^{+},
\]

откуда
\[
-2 \mathbf{p}_{1} \mathbf{p}_{2}^{+}=\mathbf{p}_{1}^{2}+\mathbf{p}_{2}^{+2} .
\]

Следовательно,
\[
t=m_{1}^{2}+m_{2}^{2}+\mathbf{p}_{1}^{2}+\mathbf{p}_{2}^{+2}+2 \sqrt{\left(m_{1}^{2}+\mathbf{p}_{1}^{2}\right)\left(m_{2}^{2}+\mathbf{p}_{2}^{+2}\right)},
\]

или
\[
\sqrt{t}=\sqrt{m_{1}^{2}+\mathrm{p}_{1}^{2}}+\sqrt{m_{2}^{2}+\mathrm{p}_{2}^{+2}} .
\]

Учитывая, что
\[
\mathbf{p}_{1}^{2}=\mathbf{p}_{2}^{2}
\]
, и решая квадратное уравнение относительно $\mathbf{p}_{1}^{2}$, получим
\[
\left|\mathbf{p}_{1}\right|=\frac{1}{2 \sqrt{t}} \sqrt{t^{2}-2 t\left(m_{1}^{2}+m_{2}^{2}\right)+\left(m_{1}^{2}-m_{2}^{2}\right)^{2}} .
\]

В нашем случае $m_{1}=m_{2}=m$, поэтому
\[
p_{1}=\frac{\sqrt{t-4 m^{2}}}{2} .
\]

В случае рассеяния (см. (2.120)) было бы $m_{1}=m, m_{2}=0$, и эта формула дала бы с учетом $s \rightarrow t$
\[
k_{1}=\frac{s-m^{2}}{2 \sqrt{s}},
\]
т. е. $k_{1}$ действительно совпадает с $k_{2}$, потому что $k_{1}$ и $k_{2}$ описывают частицы с одинаковыми массами.
Итак, мы получили, что в с.ц.м.
\[
d \Gamma=\frac{1}{16 \sqrt{t\left(t-4 m^{2}\right)}} \frac{d \Omega}{(2 \pi)^{2}} .
\]

(Выразив $d \Omega$ через инвариантные переменные, мы, в принципе, получили бы релятивистски инвариантное выражение, справедливое в любой системе отсчета, хотя вычисления и проводились в с.ц.м. Это мы проделали в случае рассеяния.)

Теперь проанализируем полученное выражение для сечения аннигиляции:
\[
\begin{array}{c}
d \sigma=-\frac{e^{4}}{2} \frac{1}{\sqrt{t\left(t-4 m^{2}\right)}}\left[\left(\frac{m^{2}}{m^{2}-s}+\frac{m^{2}}{m^{2}-u}\right)^{2}+\right. \\
\left.\frac{m^{2}}{s-m^{2}}+\frac{m^{2}}{u-m^{2}}-\frac{1}{4}\left(\frac{u-m^{2}}{s-m^{2}}+\frac{s-m^{2}}{u-m^{2}}\right)\right] \frac{d \Omega}{(2 \pi)^{2}} .
\end{array}
\]

Физической областью этого процесса является $t>4 m^{2}$.
1. При $t \sim 4 m^{2}, d \Gamma \rightarrow \infty$, т. е. сечение очень велико $(d \sigma \rightarrow \infty)$. Физически это понятно из следующих соображений: $t \sim 4 m^{2}$ – это соответствует очень медленным частицам, т. е. поток налетающих частиц очень мал, $j \sim 0$, а сечение – это отношение вероятности процесса к потоку
\[
d \sigma \sim \frac{|W|^{2}}{j},
\]

поэтому $d \sigma \rightarrow \infty$. Но, с другой стороны, почему такая ситуация не встретилась нам при рассеянии, при $j \rightarrow 0$ ? Дело здесь в том, что при $j \rightarrow 0$ в упругом рассеянии число конечных состояний тоже мало, а при этом $|W|^{2} \rightarrow 0$, так что две малости сокращаются. В случае же аннигиляции, независимо от энергии начальных частиц, в конечном состоянии рождаются фотоны больших энергий, их фазовый объем конечен (не стремится к нулю), поэтому сечение и растет.
2. $t \gg 4 m^{2}$. В случае больших $s \sim u \sim \frac{t}{2}$ (т. е. рассеяние на угол $\left.\theta \sim 90^{\circ}\right)$
\[
d \sigma \simeq \frac{e^{4}}{4} \frac{1}{t} \frac{d \Omega}{(2 \pi)^{2}} .
\]

В области же больших переданных импульсов $s \sim t, u \sim 0$ имеем (рассеяние на большие углы):
\[
d \sigma \simeq \frac{e^{4}}{8} \frac{1}{m^{2}-u} \frac{d \Omega}{(2 \pi)^{2}} .
\]

Здесь ситуация аналогична случаю рассеяния: фотоны с большой вероятностью летят назад, но вклад (2.143) обусловлен второй диаграммой, и это есть фактически превращение электрона в фотон, как и раньше, с малой передачей импульса.

Аналогично, при $u \sim t, s \sim 0$, вклад в сечение в основном от первой диаграммы, и
\[
d \sigma \sim \frac{e^{4}}{8} \frac{1}{m^{2}-s} \frac{d \Omega}{(2 \pi)^{2}},
\]
т. е. при больших энергиях налетающих частиц фотоны летят, в основном, назад и вперед.

Сравнивая (2.143) и (2.131), видим, что при больших энергиях и одинаковых переданных импульсах сечения двух различных процессов совпадают (эти области отмечены жирной линией на мандельштамовской плоскости).