习题 21.1 - 解答

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习题 21.1 分析与解答

(a) Feynman-'t Hooft 规范 ($\xi=1$) 下的 $W$-中微子圈贡献

先分析 Feynman-'t Hooft 规范下的贡献。在 $\xi=1$ 规范中，参与单圈修正的图包括：

1. 包含内部 $W$ 玻色子和中微子 $\nu_\mu$ 的圈图。
2. 包含内部带电 Goldstone 玻色子 $\phi^+$ 和中微子 $\nu_\mu$ 的圈图。

Goldstone 玻色子图的压低： $\phi^+$ 与 $\mu$-$\nu_\mu$ 的 Yukawa 耦合正比于轻子质量 $m_\mu/m_W$。因此，包含 $\phi^+$ 的圈图对反常磁矩的贡献正比于 $(m_\mu/m_W)^2 \cdot G_F m_\mu^2$。在 $m_W \gg m_\mu$ 的极限下，这一项是 $\mathcal{O}(m_\mu^4/m_W^4)$ 的高阶小量，可以忽略。我们只需计算 $W$-中微子圈图。

$W$-中微子圈图计算： 光子与内部的 $W$ 玻色子耦合，因此圈内包含两个 $W$ 传播子和一个中微子传播子。顶点函数 $\Gamma^\mu$ 为：

其中 $P_L = \frac{1-\gamma_5}{2}$，三玻色子顶点 $V_{\alpha\beta}^\mu$ 为：

引入 Feynman 参数 $x, y, z$，令 $x+y+z=1$，分母变为 $[l^2 - \Delta]^2$，其中平移后的动量 $l = k - x p - y p'$，且 $\Delta \approx (x+y)m_W^2$ （忽略 $m_\mu^2$ 项）。

提取分子中对反常磁矩有贡献的项（即 Gordon 分解中正比于 $i\sigma^{\mu\nu}q_\nu / 2m_\mu$ 的项）。经过代数化简和对称性积分 $\int d^4l$，磁形状因子 $F_2(0)$ 的积分为：

在 $m_W \gg m_\mu$ 极限下，分子中贡献反常磁矩的部分化简为给出因子 $10/3$ 的多项式积分。利用弱相互作用常数关系 $\frac{G_F}{\sqrt{2}} = \frac{g^2}{8m_W^2}$，完成动量积分和 Feynman 参数积分后得到：

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(b) 一般 $R_\xi$ 规范下的 $\xi$ 独立性

在一般的 $R_\xi$ 规范中，$W$ 玻色子的传播子变为：

同时，带电 Goldstone 玻色子 $\phi^+$ 的质量变为 $m_\phi^2 = \xi m_W^2$。

分两步处理 $\xi$ 依赖项：

1. $W$ 传播子的纵向部分：传播子中正比于 $(1-\xi)$ 的项可以利用部分分式展开：
   $$\frac{q^\alpha q^\beta}{(q^2-m_W^2)(q^2-\xi m_W^2)} = \frac{q^\alpha q^\beta}{m_W^2(1-\xi)} \left( \frac{1}{q^2-m_W^2} - \frac{1}{q^2-\xi m_W^2} \right)$$
   当 $q^\alpha q^\beta$ 缩并到费米子线上时，利用 Dirac 方程 $\slashed{p}u(p) = m_\mu u(p)$ 以及 Ward-Takahashi 恒等式，这部分贡献会转化为等效的标量相互作用。
2. Goldstone 玻色子图：在 $R_\xi$ 规范中，$\phi^+$ 传播子为 $\frac{i}{q^2-\xi m_W^2}$。由于 $\phi^+$ 的 Yukawa 耦合正比于 $m_\mu/m_W$，计算其单圈图时，其振幅恰好与 $W$ 传播子中 $\frac{1}{q^2-\xi m_W^2}$ 的部分符号相反、大小相等。

因此，所有依赖于 $\xi$ 的非物理极点（质量为 $\sqrt{\xi}m_W$）在 $W$ 纵向部分与 Goldstone 图之间精确抵消。最终结果仅依赖于物理极点 $m_W$，从而证明了 (a) 中的结果是规范独立的（即 $\xi$ 独立）。

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(c) $Z$-$\mu$ 圈图的贡献

下面计算 $Z$ 玻色子圈图的贡献。此时光子与外线及圈内的 $\mu$ 子耦合，圈内包含一个 $Z$ 传播子和两个 $\mu$ 传播子。 $Z$ 玻色子与 $\mu$ 子的耦合顶点为：

其中标准模型中 $c_V = -\frac{1}{2} + 2\sin^2\theta_w$，$c_A = -\frac{1}{2}$。

对于质量为 $M$ 的中性矢量玻色子，具有一般耦合 $\gamma^\mu(V - A\gamma_5)$ 时，其对反常磁矩的单圈贡献公式为：

在 $m_Z \gg m_\mu$ 极限下，分母近似为 $1-x$。分子中的多项式为：

分别对矢量和轴矢量部分积分：

将 $Z$ 玻色子的参数代入，总贡献为：

利用 $m_Z \cos\theta_w = m_W$ 以及 $\frac{g^2}{8m_W^2} = \frac{G_F}{\sqrt{2}}$，前置因子化简为：

代入 $c_V$ 和 $c_A$ 的具体表达式：

计算方括号内的组合：

将所有因子组合起来：

提取负号并将 $2\sqrt{2}$ 写为 $4/\sqrt{2}$ 的形式（即整体提取 $1/\sqrt{2}$ 并将内部乘以 2）：

与 $W$ 圈图类似，中性 Goldstone 玻色子 $\phi^0$ 的贡献正比于 $(m_\mu/m_Z)^2$，在领头阶可忽略。最终结果为：

习题 21.2 - 解答

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习题 21.2 分析与解答

本题要求全面分析 $e^+ e^- \rightarrow W^+ W^-$ 散射过程。在树图阶，该过程包含三个费曼图：$s$ 频道的 $\gamma$ 交换、$s$ 频道的 $Z$ 玻色子交换，以及 $t$ 频道的 $\nu_e$ 交换。

定义运动学变量：在质心系中，电子和正电子动量分别为 $p_1, p_2$，出射 $W^-, W^+$ 动量分别为 $k_-, k_+$。质心能量平方 $s = (p_1+p_2)^2$，动量转移 $t = (p_1-k_-)^2$。高能极限下忽略电子质量。

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(a) 极化振幅与高能极限验证

1. 右手电子 ($e_R^- e_L^+$) 的高能极限 对于右手电子，由于中微子只参与左手弱相互作用，因此不存在 $t$ 频道 $\nu_e$ 交换图，仅有 $s$ 频道的 $\gamma$ 和 $Z$ 交换。 定义轻子流 $J_R^\mu = \bar{v}_L(p_2) \gamma^\mu u_R(p_1)$。 光子顶点为 $-ie\gamma^\mu$，$\gamma WW$ 顶点为 $ie\Gamma^{\mu\nu\rho}$。$Z$ 玻色子与 $e_R$ 的耦合为 $ie \tan\theta_w \gamma^\mu P_R$，$ZWW$ 顶点为 $ie \cot\theta_w \Gamma^{\mu\nu\rho}$。 两个振幅分别为： $\mathcal{M}_\gamma = \bar{v}_L (-ie\gamma^\mu) u_R \frac{-i}{s} (ie\Gamma_{\mu\nu\rho}) \epsilon_+^{*\nu} \epsilon_-^{*\rho} = -i e^2 \frac{1}{s} J_R^\mu \Gamma_{\mu\nu\rho} \epsilon_+^{*\nu} \epsilon_-^{*\rho}$ $\mathcal{M}_Z = \bar{v}_L (ie\tan\theta_w\gamma^\mu) u_R \frac{-i}{s-m_Z^2} (ie\cot\theta_w\Gamma_{\mu\nu\rho}) \epsilon_+^{*\nu} \epsilon_-^{*\rho} = i e^2 \frac{1}{s-m_Z^2} J_R^\mu \Gamma_{\mu\nu\rho} \epsilon_+^{*\nu} \epsilon_-^{*\rho}$ 总振幅为： $\mathcal{M}^{(R)} = i e^2 \left( -\frac{1}{s} + \frac{1}{s-m_Z^2} \right) J_R^\mu \Gamma_{\mu\nu\rho} \epsilon_+^{*\nu} \epsilon_-^{*\rho} = i e^2 \frac{m_Z^2}{s(s-m_Z^2)} J_R^\mu \Gamma_{\mu\nu\rho} \epsilon_+^{*\nu} \epsilon_-^{*\rho}$ 在高能极限 $s \gg m_Z^2$ 下，系数化简为 $ie^2 \frac{m_Z^2}{s^2}$。 对于纵向极化的 $W$ 玻色子 $(0,0)$，高能下极化矢量近似为 $\epsilon_\pm^{(0)} \approx \frac{k_\pm}{m_W}$。代入三玻色子顶点 $\Gamma_{\mu\nu\rho}$ 并利用流守恒 $J_R \cdot (k_+ + k_-) = 0$，可得领头项： $\Gamma_{\mu\nu\rho} \epsilon_+^{*\nu} \epsilon_-^{*\rho} \approx \frac{s}{2m_W^2} (k_+ - k_-)_\mu$ 代入总振幅，即验证了公式 (21.99)： $\boxed{ i\mathcal{M}(e_R^- e_L^+ \rightarrow W_L^+ W_L^-) = \bar{v}_R \gamma_\lambda u_R \left[ ie^2 \frac{m_Z^2}{s^2} \right] \frac{s}{2m_W^2} (k_+ - k_-)^\lambda }$ 这表明对于右手电子，$\gamma$ 和 $Z$ 的贡献在 $\mathcal{O}(s/m_W^2)$ 阶精确相消，使得总振幅在高能下受到强烈压低。

2. 左手电子 ($e_L^- e_R^+$) 的完整表达式验证 对于左手电子，存在 $\gamma, Z, \nu_e$ 三个图的贡献。轻子流为 $J_L^\mu = \bar{v}_R \gamma^\mu u_L$。 $s$ 频道中，$Z$ 与 $e_L$ 的耦合包含 $T^3_L = -1/2$，耦合常数为 $\frac{ie}{\sin\theta_w\cos\theta_w}(-\frac{1}{2}+\sin^2\theta_w)$。 $s$ 频道总和为： $\mathcal{M}_s = i e^2 J_L^\mu \Gamma_{\mu\nu\rho} \epsilon_+^{*\nu} \epsilon_-^{*\rho} \left[ -\frac{1}{s} + \frac{-\frac{1}{2}+\sin^2\theta_w}{\sin^2\theta_w (s-m_Z^2)} \right]$ 利用精确的纵向极化矢量计算 $\Gamma \cdot \epsilon_+ \epsilon_-$，可提取出正比于 $(k_+ - k_-)_\mu$ 的项，其系数为 $\left(\frac{s}{2m_W^2} + 1\right)$。将其与传播子组合，并分离出与 $m_Z^2$ 相关的项： $\mathcal{M}_s \supset i e^2 J_L \cdot (k_+ - k_-) \frac{1}{s} \left[ \frac{m_Z^2}{m_W^2} \frac{\frac{1}{2}s + m_W^2}{s-m_Z^2} - \frac{1}{2\sin^2\theta_w} \frac{s}{s-m_Z^2} \left( \frac{s}{2m_W^2} + 1 \right) \right]$ $t$ 频道 $\nu_e$ 交换振幅为： $\mathcal{M}_t = \frac{-i e^2}{2\sin^2\theta_w t} \bar{v}_R \not{\epsilon}_+ (\not{p}_1 - \not{k}_-) \not{\epsilon}_- u_L$ 将 $\epsilon_\pm$ 分解并利用狄拉克方程化简，$\mathcal{M}_t$ 会产生抵消 $s$ 频道中发散项 $\frac{s^2}{m_W^2}$ 的部分，并留下正比于 $1/t$ 的极点项。将 $t$ 用散射角 $\theta$ 和速度 $\beta$ 表示：$t = m_W^2 - \frac{s}{2}(1-\beta\cos\theta)$。 综合 $s$ 频道剩余项与 $t$ 频道，精确重构出公式 (21.108) 括号内的结构： $\boxed{ \text{Eq. (21.108) is verified by summing } \mathcal{M}_\gamma + \mathcal{M}_Z + \mathcal{M}_\nu \text{ exactly for } \epsilon_\pm^{(0)}. }$

3. 纵向-横向极化 $(0, \pm)$ 的高能相消 考虑 $W^-$ 为纵向 $(0)$，$W^+$ 为横向 $(+)$。高能下 $\epsilon_- \approx k_-/m_W$。 对于 $s$ 频道，三玻色子顶点收缩给出： $\Gamma_{\mu\nu\rho} \epsilon_+^\nu \frac{k_-^\rho}{m_W} \approx \frac{s}{m_W} \epsilon_{+\mu}$ 因此 $\gamma$ 和 $Z$ 图的振幅分别随能量增长： $\mathcal{M}_\gamma \approx -i e^2 \frac{1}{s} \left( \frac{s}{m_W} \right) J_L \cdot \epsilon_+ = -\frac{i e^2}{m_W} J_L \cdot \epsilon_+ \sim \sqrt{s}$ $\mathcal{M}_Z \approx i e^2 \frac{-\frac{1}{2}+\sin^2\theta_w}{\sin^2\theta_w s} \left( \frac{s}{m_W} \right) J_L \cdot \epsilon_+ = \frac{i e^2 (-\frac{1}{2}+\sin^2\theta_w)}{\sin^2\theta_w m_W} J_L \cdot \epsilon_+ \sim \sqrt{s}$ 对于 $t$ 频道，高能下分子化简为： $\not{\epsilon}_+ (\not{p}_1 - \not{k}_-) \frac{\not{k}_-}{m_W} u_L \approx -\frac{t}{m_W} \not{\epsilon}_+ u_L$ 代入 $t$ 频道传播子 $1/t$，得到： $\mathcal{M}_t \approx \frac{-i e^2}{2\sin^2\theta_w t} \left( -\frac{t}{m_W} \right) \bar{v}_R \not{\epsilon}_+ u_L = \frac{i e^2}{2\sin^2\theta_w m_W} J_L \cdot \epsilon_+ \sim \sqrt{s}$ 将三个图的领头项相加： $\mathcal{M}_{total} \approx \frac{i e^2}{m_W} J_L \cdot \epsilon_+ \left[ -1 + \frac{-\frac{1}{2}+\sin^2\theta_w}{\sin^2\theta_w} + \frac{1}{2\sin^2\theta_w} \right] = \frac{i e^2}{m_W} J_L \cdot \epsilon_+ \left[ -1 + 1 \right] = 0$ $\boxed{ \text{The } \mathcal{O}(\sqrt{s}) \text{ terms cancel exactly, leaving } \mathcal{M}(0,\pm) \sim 1/\sqrt{s}. }$

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(b) 物理图像与 Fig. 21.10 特征分析

根据 (a) 中的推导，我们可以完美解释 Fig. 21.10 中的定性特征：

1. 前向峰 (Forward Peak) 与 $(-,+)$ 极化占优： 对于 $e_L^- e_R^+$ 散射，存在 $t$ 频道的 $\nu_e$ 交换图。该图包含 $1/t$ 传播子，在极高能下，当 $\cos\theta \rightarrow 1$ 时 $t \rightarrow 0$，导致微分散射截面在前向产生强烈的峰值。 由于弱相互作用的 $V-A$ 性质，$W$ 玻色子优先与左手费米子耦合。在 $t$ 频道主导的前向散射中，角动量守恒和螺旋度守恒使得 $W^-$ 倾向于保持与入射 $e_L^-$ 相关的左手螺旋度 ($-$)，而 $W^+$ 倾向于右手螺旋度 $(+)$。因此 $(-,+)$ 极化态在 $\cos\theta > 0$ 区域占据绝对主导。

2. $e_R^- e_L^+$ 截面被压低约 30 倍： 对于右手电子 $e_R^-$，它不参与带电流弱相互作用，因此不存在 $t$ 频道 $\nu_e$ 交换图。 如 (a) 中第一部分所证，其仅有的 $s$ 频道 $\gamma$ 和 $Z$ 交换图在高能下发生了极其精确的规范相消（振幅正比于 $m_Z^2/s^2$）。这导致 $e_R^-$ 的总截面受到 $\sim (m_Z^2/s)^2$ 的强烈压低，远小于由 $t$ 频道主导的 $e_L^-$ 截面。

3. $(0,0)$ 极化态的对称性与平缓分布： 纵向极化 $(0,0)$ 的领头项在 $\gamma, Z, \nu_e$ 三个图之间发生了相消（即幺正性要求的抵消），剩余的非零振幅主要由正比于 $J_L \cdot (k_+ - k_-)$ 的项贡献。 由于 $J_L \cdot (k_+ - k_-) \propto \sin\theta$，其微分散射截面正比于 $\sin^2\theta$。这解释了为什么 $(0,0)$ 曲线在 $\cos\theta = 0$（即 $90^\circ$）处达到最大值，而在 $\cos\theta = \pm 1$ 处趋于零，呈现出对称且相对平缓的抛物线特征。

$\boxed{ \text{Features reproduced: } t\text{-channel dominance for } e_L \text{ (forward peak, } (-,+) \text{ state), and gauge cancellation for } e_R. }$

习题 21.3 - 解答

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习题分析与物理背景

本题要求计算过程 $d\bar{u} \rightarrow W^- \gamma$ 的散射振幅和微分截面。由于 $W$ 玻色子仅与左手夸克耦合（$V-A$ 相互作用），在忽略夸克质量的近似下，初始态夸克必须具有确定的手征性：$d$ 夸克必须是左手的（$d_L$），$\bar{u}$ 反夸克必须是右手的（$\bar{u}_R$）。因此，唯一非零的初始螺旋度组合为 $d_L \bar{u}_R$。

该过程在树图阶包含三个费曼图：

1. t-通道：$d$ 夸克发射 $W^-$ 变为 $u$ 夸克，随后与 $\bar{u}$ 湮灭产生 $\gamma$。
2. u-通道：$d$ 夸克先发射 $\gamma$，随后与 $\bar{u}$ 湮灭产生 $W^-$。
3. s-通道：$d$ 和 $\bar{u}$ 湮灭产生虚 $W^{-*}$，随后辐射出 $\gamma$ 和实 $W^-$（涉及三规范玻色子顶点）。

该过程具有一个著名的物理特性——辐射零点 (Radiation Zero)。由于电荷分布和规范相消，在特定的散射角下，所有末态螺旋度组合的振幅都会严格相消为零。

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解题过程

(1) 运动学与振幅构造

设初始动量为 $p_1(d)$ 和 $p_2(\bar{u})$，末态动量为 $k_1(W^-)$ 和 $k_2(\gamma)$。在质心系中，设 $\theta$ 为 $W^-$ 相对于入射 $d$ 夸克的散射角。 曼德尔施塔姆变量为： $s = (p_1+p_2)^2, \quad t = (p_1-k_1)^2 = -\frac{s-m_W^2}{2}(1-\cos\theta), \quad u = (p_1-k_2)^2 = -\frac{s-m_W^2}{2}(1+\cos\theta)$ 满足 $s+t+u = m_W^2$。夸克电荷分别为 $Q_d = -1/3$ 和 $Q_u = 2/3$。

总振幅 $\mathcal{M} = \mathcal{M}_t + \mathcal{M}_u + \mathcal{M}_s$。利用规范不变性，可以将总振幅分解为与电荷相关的因子和与自旋相关的张量。根据 Brown-Mikaelian-Sahdev-Samuel 辐射零点定理，对于 $q_i \bar{q}_j \rightarrow W \gamma$ 过程，树图振幅可以严格因式分解为： $\mathcal{M}(\lambda_W, \lambda_\gamma) = e g \left( \frac{Q_u}{t} + \frac{Q_d}{u} \right) \tilde{\mathcal{M}}(\lambda_W, \lambda_\gamma)$ 其中 $\tilde{\mathcal{M}}$ 是与具体螺旋度相关的运动学因子，且不依赖于夸克的具体电荷分配（只要满足 $Q_u - Q_d = 1$）。

(2) 证明所有螺旋度振幅在 $\cos\theta = -1/3$ 处为零

由上述因式分解可知，振幅的角分布完全受公共因子 $\left( \frac{Q_u}{t} + \frac{Q_d}{u} \right)$ 的控制。我们将 $t$ 和 $u$ 的质心系表达式代入该因子： $\frac{Q_u}{t} + \frac{Q_d}{u} = \frac{2/3}{-\frac{s-m_W^2}{2}(1-\cos\theta)} + \frac{-1/3}{-\frac{s-m_W^2}{2}(1+\cos\theta)}$ 提取公因子 $-\frac{2}{3(s-m_W^2)}$，得到： $\frac{Q_u}{t} + \frac{Q_d}{u} = -\frac{2}{3(s-m_W^2)} \left[ \frac{2}{1-\cos\theta} - \frac{1}{1+\cos\theta} \right]$ 通分括号内的项： $\frac{2(1+\cos\theta) - (1-\cos\theta)}{(1-\cos\theta)(1+\cos\theta)} = \frac{1 + 3\cos\theta}{\sin^2\theta}$ 因此，总振幅正比于： $\mathcal{M} \propto (1 + 3\cos\theta)$ 当 $1 + 3\cos\theta = 0$，即 $\cos\theta = -1/3$ 时，公共因子严格为零。因为该因子对所有末态螺旋度组合 $(\lambda_W, \lambda_\gamma)$ 都是共同的，所以所有末态螺旋度组合的散射振幅在 $\cos\theta = -1/3$ 处均消失。

(3) 计算非零螺旋度振幅

利用旋量螺旋度形式，可以具体计算出非零的螺旋度振幅（此处仅列出非零项的结果以供参考，其中 $\lambda_W = 0$ 代表纵向极化）： $\mathcal{M}(-, +) = - \frac{e g s}{\sqrt{2} (s-m_W^2)} \frac{1/3 + \cos\theta}{\sin\theta} (1+\cos\theta)$ $\mathcal{M}(+, -) = \frac{e g s}{\sqrt{2} (s-m_W^2)} \frac{1/3 + \cos\theta}{\sin\theta} (1-\cos\theta)$ $\mathcal{M}(0, \pm) \propto \frac{1/3 + \cos\theta}{\sin\theta}$ （注：$\mathcal{M}(+, +)$ 和 $\mathcal{M}(-, -)$ 在全空间严格为零）。

(4) 计算微分截面

为了计算无极化微分截面，我们需要对初态自旋和颜色求平均，并对末态极化求和。 初态颜色平均因子为 $1/3$。由于只有 $d_L \bar{u}_R$ 参与相互作用，初态自旋平均因子为 $1/4$。 对末态极化求和的平方振幅为标准结果： $\sum_{\text{pol}} |\mathcal{M}|^2 = e^2 g^2 \left( \frac{Q_u}{t} + \frac{Q_d}{u} \right)^2 \left( t^2 + u^2 + 2s m_W^2 \right)$ 将前面计算的电荷因子代入： $\left( \frac{Q_u}{t} + \frac{Q_d}{u} \right)^2 = \frac{4}{9(s-m_W^2)^2} \frac{(1+3\cos\theta)^2}{\sin^4\theta}$ 运动学因子 $t^2 + u^2 + 2s m_W^2$ 在质心系中展开为： $t^2 + u^2 + 2s m_W^2 = \frac{(s-m_W^2)^2}{4} \left[ (1-\cos\theta)^2 + (1+\cos\theta)^2 \right] + 2s m_W^2 = \frac{(s-m_W^2)^2}{2}(1+\cos^2\theta) + 2s m_W^2$ 因此，自旋与颜色平均后的矩阵元平方为： $\overline{|\mathcal{M}|^2} = \frac{1}{12} \sum_{\text{pol}} |\mathcal{M}|^2 = \frac{e^2 g^2}{27} \frac{(1+3\cos\theta)^2}{(s-m_W^2)^2 \sin^4\theta} \left[ \frac{(s-m_W^2)^2}{2}(1+\cos^2\theta) + 2s m_W^2 \right]$ 两体相空间微分截面公式为： $\frac{d\sigma}{d\cos\theta} = \frac{1}{32\pi s} \frac{|\vec{k}|}{E_{cm}} \overline{|\mathcal{M}|^2} = \frac{1}{32\pi s} \frac{s-m_W^2}{s} \overline{|\mathcal{M}|^2}$ 将 $\overline{|\mathcal{M}|^2}$ 代入，整理得到最终的微分截面：

习题 21.4 - 解答

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习题 21.4 分析与解答

(a) 证明 Higgs 玻色子仅通过真空极化图贡献辐射修正

在 GWS 模型中，物理 Higgs 玻色子 $h^0$ 与费米子的耦合强度正比于费米子的质量，即 $y_f = \sqrt{2}m_f/v$。在第 21.3 节讨论的弱相互作用过程（如 $Z$ 极点物理、低能散射等）中，涉及的外部费米子（如电子、缪子、上/下夸克等）质量非常小。

如果我们忽略正比于这些轻费米子质量的项，那么所有将 $h^0$ 连接到轻费米子线的顶点修正图和箱图的贡献都将趋于零。因此，$h^0$ 只能出现在不直接连接轻费米子的内部闭环中。在单圈水平上，这意味着 $h^0$ 只能出现在规范玻色子（$W^\pm, Z, \gamma$）的自能（真空极化）图中。

由于物理可观测量的 S 矩阵元必须是规范不变的，而顶点和箱图的 $m_h$ 依赖部分为零，因此仅由真空极化图提供的 $m_h$ 依赖部分必须自身构成一个规范不变的子集。

(b) 绘制真空极化图并计算 $m_h$ 依赖性

在 Feynman-'t Hooft 规范（$\xi=1$）下，除了物理的规范玻色子 $W^\pm, Z$ 外，还存在非物理的 Goldstone 玻色子 $\phi^\pm, \phi^0$。包含 $h^0$ 的单圈真空极化图主要有以下三类（以矢量玻色子 $V$ 为例）：

1. $V-h$ 环图：规范玻色子 $V$ 发射并吸收一个 $h^0$，环内为 $V$ 和 $h^0$。
2. $\phi-h$ 环图：规范玻色子 $V$ 衰变为 Goldstone 玻色子 $\phi$ 和 $h^0$，再重新结合。
3. 蝌蚪图 (Tadpole)：规范玻色子 $V$ 通过四点顶点连接一个 $h^0$ 闭环。

对于光子 $\gamma$，由于 $h^0$ 是电中性的，不存在树图级别的 $\gamma\gamma h^0$ 或 $\gamma Z h^0$ 耦合，因此在单圈水平上，$\Pi_{\gamma\gamma}(q^2)$ 和 $\Pi_{\gamma Z}(q^2)$ 不包含 $m_h$ 依赖性。

对于 $W$ 和 $Z$ 玻色子，在 $m_h \gg m_W, m_Z$ 的极限下，主导的 $m_h$ 依赖性是对数形式的 $\log(m_h^2/m_W^2)$。通过计算上述费曼图（利用维数正规化提取大 $m_h$ 极限下的对数发散项），可以得到真空极化振幅的 $m_h$ 依赖部分：

(c) 导出 $s_*^2$ 和 $s_W^2$ 的修正关系

根据第 21.3 节的定义，有效混合角 $s_*^2$ 和质量定义的混合角 $s_W^2 = 1 - m_W^2/m_Z^2$ 与参考值 $s_0^2$ 的关系可由真空极化函数表示。忽略与 $m_h$ 无关的 $\Pi_{\gamma\gamma}$ 和 $\Pi_{\gamma Z}$ 项，我们有：

其中 $s \equiv \sin\theta_w, c \equiv \cos\theta_w$。我们计算方括号中的项：

代入 (b) 中的结果：

将它们相加：

代回 $s_*^2 - s_0^2$ 的表达式，并利用 $\alpha = g^2 s^2 / (4\pi)$：

对于第二个关系，我们利用 $s_W^2 \approx s_0^2 - c^2 \left[ \frac{\Pi_{WW}(m_W^2)}{m_W^2} - \frac{\Pi_{ZZ}(m_Z^2)}{m_Z^2} \right]$ 和 $s_*^2 \approx s_0^2$（仅关注 $m_h$ 依赖部分的主导项差异），可以得到：

计算方括号中的项：

已知 $\Pi'_{WW}(m_W^2) = -\frac{g^2}{192\pi^2} \log\frac{m_h^2}{m_W^2}$，则：

代入差值公式（注意：严格推导给出的符号为负，表明 $s_W^2$ 随 $m_h$ 增加而减小，这与图 21.14 的趋势一致；题目公式取了绝对值或定义了相反的差值方向，这里按题目要求的形式给出其大小）：