Aquí está mi respuesta tentativa. Primero de todo, esta respuesta se basa en la convencional QED, donde sabemos que el electrón de la auto-energía es como $\Sigma=\Sigma({\not}{p})$. Mi pregunta original se ocupa no convencionales de la QED donde $\Sigma$ también puede tener el impulso de la dependencia en $p^\mu$ (que podría ser contratado con un campo de fondo de algún tipo, por ejemplo, por lo tanto, resulta en un observador cantidad escalar). Esperemos que mis argumentos puede ser extendido para que no convencionales caso.
Básicamente, no puedo encontrar una manera consistente de hacer las $\frac{\partial p^\mu}{\partial {\not}{p}}$, y sospecho que no existe en absoluto, porque la $\frac{\partial}{\partial {\not}{p}}$ no puede ser un bien definida de la operación, pero sólo la práctica de la notación simbólica. Por lo tanto, mi enfoque es evitar el uso de $\frac{\partial}{\partial {\not}{p}}$ y en lugar de usar $\frac{\partial}{\partial p^2}$, lo que parece ser la verdadera operación.
Tan lejos como pude de la pista, en el contexto mencionado anteriormente, la única instancia en la que se necesite $\frac{\partial}{\partial {\not}{p}}$ es la hora de imponer $\frac{\partial \Sigma}{\partial {\not}{p}}\Big|_{{\not}{p}=m}=0$. Este requisito aparece cuando nos preguntamos el propagador $\frac{i}{{\not}{p}-m-\Sigma}$ a tener residuos en $i$ al ${\not}{p}=m$ una vez que ya tenemos la condición de $\Sigma({\not}p=m)=0$ que asegura que es el polo se encuentra en $p^2=m^2$. El punto importante aquí es que el valor específico de la $i$ surge después de una serie de suelta simbólica de las operaciones para tomar el residuo:
$Residue = \displaystyle \lim_{{\not}{p}\rightarrow m} ({\not}p-m) \frac{i}{{\not}{p}-m-\Sigma}$,
pero en el límite tendríamos $\frac{0}{0}$ porque $\Sigma({\not}p=m)=0$. Por lo tanto, utilizamos la regla de l'Hôpital (tomando $\frac{\partial}{\partial {\not}{p}}$ numerador y denominador) y al final vemos que la imposición de $\frac{\partial \Sigma}{\partial {\not}{p}}\Big|_{{\not}{p}=m}=0$ de hecho solucionar el residuo en $i$. Esto es motivado por el deseo de tener el normaliza propagador de parecerse a la libre uno (donde no se $\Sigma$).
Por otro lado, podemos hacer lo mismo de una manera significativa la escritura de el propagador como $i({\not}{p}-m-\Sigma)^{-1} = i\frac{{\not}{p}+m+\Sigma}{p^2-(m+\Sigma)^2}$ y buscar el residuo,
$Residue = \displaystyle \lim_{p^2\rightarrow m^2} (p^2-m^2) i\frac{{\not}{p}+m+\Sigma}{p^2-(m+\Sigma)^2}$,
y de nuevo nos encontraríamos $\frac{0}{0}$ y, a continuación, utilizar l'Hôpital, pero por medio de la $\frac{\partial}{\partial p^2}$ derivado en su lugar. Nos encontramos con que la imposición de $\frac{\partial \Sigma}{\partial p^2}\Big|_{{\not}{p}=m}=0$ revisión de los residuos en $2m i$. El extra $2m$ factor es, de hecho, el mismo nos íbamos a encontrar para el caso libre ($\Sigma=0$).
El valor del residuo es diferente en ambos casos, en primer lugar porque la dimensionalidad de los derivados que son diferentes. Segundo, el segundo enfoque tiene un polo en $p^2=m^2$ y esto hace sentido preciso, y el ex acercamiento simbólico mencionar antes de la pole en ${\not}{p}=m$ en un muy flojo sentido.
El primer punto es: en la final, ambos se espera que las condiciones para dar exactamente el mismo resultado. Ambas condiciones son siempre tomadas en el shell (${\not}{p}=m$), por lo tanto, la correcta dimensión factor de $2m$, los derivados con respecto a $p^2$ debe ser equivalente a la de aquellos con respecto a ${\not}{p}$. (Una manera de entender que es analizando el efecto de los instrumentos derivados en el $p^2={\not}{p}^{\,2}$ después de imponer ${\not}{p}=m$.)
El segundo punto es: debido a que $\Sigma$ depende de ${\not}{p}$ es mucho más fácil trabajar con $\frac{\partial}{\partial {\not}{p}}$ en lugar de $\frac{\partial}{\partial p^2}$, también porque para usar el último necesitamos saber $\frac{\partial p^\mu}{\partial p^2}$, que no es inmediatamente obvia. Una vez que sabemos la notación simbólica es equivalente a la de significado, el uso de $\frac{\partial}{\partial {\not}{p}}$ es más práctico para el convencional QED, porque todo lo que necesitamos para derivar depende de ${\not}{p}$ o $p^2={\not}{p}^{\,2}$.
En algunas modelo basado en no convencionales de la QED, necesitamos saber la derivada de $p^\mu$ con respecto al ${\not}{p}$ o $p^2$. El ex no puedo averiguar (y sospecho que puede no tener sentido en absoluto), pero espero que averiguar $\frac{\partial p^\mu}{\partial p^2}$ debería ser suficiente. Para esta última tarea, invoco la covariancia Lorentz para el resultado y escribir $\frac{\partial p^\mu}{\partial p^2}=a(p^2) p^\mu$. Multiplicando ambos lados por $p_\mu$ y para diferenciar aún más por $p^2$ lleva a la conclusión de que $a=\frac{1}{2p^2}$ y, por lo tanto, $\frac{\partial p^\mu}{\partial p^2}=\frac{p^\mu}{2p^2}$.
En el convencional QED puedo comprobar la consistencia de este resultado. Allí, sabemos que la estructura de $\Sigma$$\Sigma({\not}{p})=A(p^2){\not}{p}-B(p^2)m$. Si utilizamos esta expresamente estructura a la hora de encontrar las condiciones para el residuo de la propagador de ser $2mi$, por la significativa enfoque, nos íbamos a encontrar
$\left[\frac{1}{2}A+m^2\left(\frac{\partial A}{\partial p^2}-\frac{\partial B}{\partial p^2}\right) \right]_{{\not}{p}=m}=0$,
y los resultados de esto no requiere ningún derivado de $p^\mu$ con respecto al $p^2$. Por otro lado, ya sabemos que este resultado debe ser equivalente a $\frac{\partial \Sigma}{\partial p^2}\Big|_{{\not}{p}=m}=0$, con lo cual, el uso de la forma explícita de $\Sigma$ requiere derivación de $p^\mu$ con respecto al $p^2$. El uso de $\frac{\partial p^\mu}{\partial p^2}=\frac{p^\mu}{2p^2}$, de hecho, da el resultado esperado, lo que indica que el resultado de la $\frac{\partial p^\mu}{\partial p^2}=\frac{p^\mu}{2p^2}$ es consistente hasta el momento.
El siguiente paso sería generalizar la discusión a considerar $\Sigma$, con un carácter más general de la forma que los mencionados anteriormente (incluyendo, por ejemplo, los factores de con $\gamma_5$ $\sigma^{\mu\nu}$ contratado $p^\mu$ y el fondo adecuado campos). Soy capaz de esbozar algunos puntos:
El resultado $\frac{\partial p^\mu}{\partial p^2}=\frac{p^\mu}{2p^2}$ sigue siendo el mismo.
La condición para que el residuo usando la notación simbólica decoroso sigue siendo el mismo, $\frac{\partial \Sigma}{\partial {\not}{p}}\Big|_{{\not}{p}=m}=0$, pero puede no ser útil mientras no sabemos $\frac{\partial p^\mu}{\partial {\not}{p}}$.
Parece ser más difícil encontrar el análoga condición por la significativa enfoque con $\frac{\partial}{\partial p^2}$ porque necesitamos invertir más complicados $\Sigma$ estructura, pero sin embargo nos gustaría saber cómo aplicar la condición resultante, porque sabemos cómo hacer la derivada.
El camino de salida, y se me puede estirar demasiado lejos, sospecho que puede ser una correspondencia como $\left[\frac{\partial}{\partial {\not}{p}}(\dots)\right]_{{\not}{p}=m} = 2m \left[\frac{\partial}{\partial p^2}(\dots)\right]_{{\not}{p}=m}$.
