习题 5.1 - 解答

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对于 $2 \rightarrow 2$ 散射过程 $p_i^\mu + p_A^\mu \rightarrow p_f^\mu + p_B^\mu$，其微分截面的一般公式由相空间积分与不变矩阵元平方 $|\mathcal{M}|^2$ 以及入射通量因子构成：

其中，洛伦兹不变相空间 (Lorentz Invariant Phase Space, LIPS) 为：

1. 运动学与通量因子分析 在靶粒子 $A$ 的静止参考系（实验室系）中，各粒子的四维动量可表示为： $p_A^\mu = (m_A, \vec{0})$ $p_i^\mu = (E_i, \vec{p}_i)$ $p_f^\mu = (E_f, \vec{p}_f)$ $p_B^\mu = (E_B, \vec{p}_B)$ 首先计算入射通量因子。由于 $p_i \cdot p_A = E_i m_A$，通量因子可以化简为：

2. 相空间积分化简 将四维动量守恒的 $\delta$ 函数分离为能量部分和三维动量部分： $\delta^{(4)}(p_i + p_A - p_f - p_B) = \delta(E_i + m_A - E_f - E_B) \delta^{(3)}(\vec{p}_i - \vec{p}_f - \vec{p}_B)$ 利用 $\delta^{(3)}(\vec{p}_i - \vec{p}_f - \vec{p}_B)$ 对 $d^3p_B$ 进行积分，这要求末态粒子 $B$ 的动量满足 $\vec{p}_B = \vec{p}_i - \vec{p}_f$。此时粒子 $B$ 的能量变为： $E_B = \sqrt{\vec{p}_B^2 + m_B^2} = \sqrt{(\vec{p}_i - \vec{p}_f)^2 + m_B^2}$ 积分后的相空间变为：

在球坐标系下展开 $d^3p_f = |\vec{p}_f|^2 d|\vec{p}_f| d\Omega$，其中 $d\Omega$ 是出射粒子 $f$ 的立体角微元。此时微分截面可以写为：

3. 能量守恒 $\delta$ 函数的积分与雅可比行列式 为了完成对 $|\vec{p}_f|$ 的积分，需要利用一维 $\delta$ 函数的性质： $\int f(x) \delta(g(x)) dx = \left[ \frac{f(x)}{|g'(x)|} \right]_{g(x)=0}$ 令总能量函数为 $E_{\text{tot}}(|\vec{p}_f|) = E_f + E_B$，我们需要计算其对 $|\vec{p}_f|$ 的导数。 已知 $E_f^2 = |\vec{p}_f|^2 + m_f^2$，对其两边求导得： $2 E_f \frac{\partial E_f}{\partial |\vec{p}_f|} = 2 |\vec{p}_f| \implies \frac{\partial E_f}{\partial |\vec{p}_f|} = \frac{|\vec{p}_f|}{E_f}$ 对于 $E_B$，展开其动量平方项： $E_B^2 = |\vec{p}_i|^2 + |\vec{p}_f|^2 - 2 |\vec{p}_i| |\vec{p}_f| \cos\theta + m_B^2$ 其中 $\theta$ 是 $\vec{p}_i$ 与 $\vec{p}_f$ 之间的夹角。在给定散射角 $\theta$ 的情况下对 $|\vec{p}_f|$ 求导： $2 E_B \frac{\partial E_B}{\partial |\vec{p}_f|} = 2 |\vec{p}_f| - 2 |\vec{p}_i| \cos\theta \implies \frac{\partial E_B}{\partial |\vec{p}_f|} = \frac{|\vec{p}_f| - |\vec{p}_i| \cos\theta}{E_B}$ 因此，总能量对 $|\vec{p}_f|$ 的导数为：

提取公因子 $\frac{|\vec{p}_f|}{E_f E_B}$，得到：

4. 综合结果 将上述导数代入 $\delta$ 函数的积分公式中，完成对 $|\vec{p}_f|$ 的积分：

消去 $E_f E_B$ 并约分 $|\vec{p}_f|$，得到：

最后，将此结果代回微分截面的表达式中，并合并常数因子 $\frac{1}{4 m_A |\vec{p}_i|} \times \frac{1}{16\pi^2} = \frac{1}{64\pi^2 m_A |\vec{p}_i|}$：

将 $|\vec{p}_i|$ 移至分子中 $|\vec{p}_f|$ 的分母位置，即可得到最终的微分截面公式：

习题 5.2 - 解答

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洛伦兹不变相空间（Lorentz Invariant Phase Space, LIPS）测度是量子场论中计算散射截面和衰变宽度的核心部分。要证明 $d\Pi_{\text{LIPS}}$ 的洛伦兹不变性并验证公式 (5.21)，需要从明显具有洛伦兹不变性的四维动量空间积分出发，并引入物理上的在壳（on-shell）条件。

对于任意单个末态粒子 $j$，其四维动量为 $p_j^\mu = (p_j^0, \mathbf{p}_j)$。在没有任何约束的情况下，动量空间的积分测度为 $\frac{d^4p_j}{(2\pi)^4}$。由于 $d^4p_j$ 是四维体积元，其在洛伦兹变换下是不变的（洛伦兹变换矩阵的雅可比行列式的绝对值为 1）。

物理上的末态粒子必须满足质量壳条件 $p_j^2 = m_j^2$ 且能量为正 $p_j^0 > 0$。我们可以通过引入狄拉克 $\delta$ 函数和阶跃函数 $\theta(p_j^0)$ 来施加这些物理约束。构造如下的单粒子积分测度： $d\mu(p_j) = \frac{d^4p_j}{(2\pi)^4} (2\pi) \delta(p_j^2 - m_j^2) \theta(p_j^0)$

分析该表达式的洛伦兹不变性：

1. $\frac{d^4p_j}{(2\pi)^4}$ 是洛伦兹不变的。
2. $p_j^2 - m_j^2$ 是洛伦兹标量，因此 $\delta(p_j^2 - m_j^2)$ 是洛伦兹不变的。
3. 对于类时或类光矢量（由 $\delta(p_j^2 - m_j^2)$ 保证），其时间分量 $p_j^0$ 的符号在正规正时洛伦兹变换（proper orthochronous Lorentz transformations）下保持不变，因此 $\theta(p_j^0)$ 也是洛伦兹不变的。

综上所述，单粒子测度 $d\mu(p_j)$ 是明显洛伦兹不变的。

接下来，我们对 $p_j^0$ 进行积分以化简该测度。利用 $\delta$ 函数的复合函数性质： $\delta(f(x)) = \sum_i \frac{\delta(x - x_i)}{|f'(x_i)|}$ 其中 $x_i$ 是 $f(x)=0$ 的单根。 在这里，变量为 $p_j^0$，函数为 $f(p_j^0) = p_j^2 - m_j^2 = (p_j^0)^2 - |\mathbf{p}_j|^2 - m_j^2$。 令 $E_{p_j} = \sqrt{|\mathbf{p}_j|^2 + m_j^2}$，则方程 $f(p_j^0) = 0$ 的根为 $p_j^0 = \pm E_{p_j}$。 对 $p_j^0$ 求导得到 $\left| \frac{\partial f}{\partial p_j^0} \right| = 2|p_j^0|$。

因此，$\delta$ 函数可以展开为： $\delta(p_j^2 - m_j^2) = \frac{\delta(p_j^0 - E_{p_j})}{2E_{p_j}} + \frac{\delta(p_j^0 + E_{p_j})}{2E_{p_j}}$

代入单粒子测度表达式中，并利用阶跃函数 $\theta(p_j^0)$ 滤除负能量解（即第二项）： $d\mu(p_j) = \frac{d^3p_j dp_j^0}{(2\pi)^3} \left[ \frac{\delta(p_j^0 - E_{p_j})}{2E_{p_j}} + \frac{\delta(p_j^0 + E_{p_j})}{2E_{p_j}} \right] \theta(p_j^0)$ $d\mu(p_j) = \frac{d^3p_j dp_j^0}{(2\pi)^3} \frac{\delta(p_j^0 - E_{p_j})}{2E_{p_j}}$

对 $p_j^0$ 积分后，我们得到三维动量空间中的单粒子相空间测度： $\int d\mu(p_j) = \frac{d^3p_j}{(2\pi)^3} \frac{1}{2E_{p_j}}$ 由于 $d\mu(p_j)$ 是洛伦兹不变的，推导出的三维形式 $\frac{d^3p_j}{(2\pi)^3 2E_{p_j}}$ 必然也是洛伦兹不变的。

对于包含多个末态粒子的散射或衰变过程，总的相空间测度是所有单粒子相空间测度的乘积，并附加一个全局的能量-动量守恒约束。假设初态总四维动量为 $P_{\text{initial}}$，末态总四维动量为 $\sum_j p_j$，能量-动量守恒由四维 $\delta$ 函数表示： $(2\pi)^4 \delta^4\left(P_{\text{initial}} - \sum_j p_j\right)$ 由于四维 $\delta$ 函数的自变量是四维动量之差（洛伦兹矢量），该 $\delta$ 函数在洛伦兹变换下也是不变的。

将全局守恒律与所有末态粒子的洛伦兹不变测度相乘，即可得到总的洛伦兹不变相空间（LIPS）测度： $d\Pi_{\text{LIPS}} = (2\pi)^4 \delta^4\left(P_{\text{initial}} - \sum_j p_j\right) \prod_{\text{final states } j} \left( \frac{d^3p_j}{(2\pi)^3} \frac{1}{2E_{p_j}} \right)$

题目公式 (5.21) 中的 $\delta^4(\Sigma p)$ 是 $\delta^4(P_{\text{initial}} - \sum_j p_j)$ 的简写形式，表示初末态总动量守恒。因为该表达式完全由明显洛伦兹不变的四维 $\delta$ 函数和洛伦兹不变的单粒子测度乘积构成，所以 $d\Pi_{\text{LIPS}}$ 整体是洛伦兹不变的。由此验证了公式 (5.21)：

习题 5.3 - 解答

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习题 5.3 分析与解答

(a) 衰变率 $\Gamma$ 的推导

在静止系中，$\mu$ 子的四维动量为 $P = (m, \vec{0})$。设出射的 $e^-$、$\nu_\mu$ 和 $\bar{\nu}_e$ 的四维动量分别为 $p_1$、$p_2$ 和 $p_3$，对应的能量为 $E_1$、$E_2$ 和 $E_3$。题目中给定的 $\bar{\nu}_e$ 能量为 $E = E_3$。

根据衰变率的黄金定则，三体衰变的微分衰变率为： $d\Gamma = \frac{1}{2m} |\mathcal{M}|^2 d\Pi_{\text{LIPS}}$ 其中，洛伦兹不变相空间 (LIPS) 测度为： $d\Pi_{\text{LIPS}} = (2\pi)^4 \delta^{(4)}(P - p_1 - p_2 - p_3) \frac{d^3p_1}{(2\pi)^3 2E_1} \frac{d^3p_2}{(2\pi)^3 2E_2} \frac{d^3p_3}{(2\pi)^3 2E_3}$

首先对 $\vec{p}_2$ 积分，利用三维动量 $\delta$ 函数消去 $d^3p_2$，此时 $\vec{p}_2 = -(\vec{p}_1 + \vec{p}_3)$，且 $E_2 = |\vec{p}_2|$（忽略中微子质量）： $d\Pi_{\text{LIPS}} = \frac{1}{8(2\pi)^5} \frac{d^3p_1 d^3p_3}{E_1 E_2 E_3} \delta(m - E_1 - E_2 - E_3)$

将 $d^3p_1$ 和 $d^3p_3$ 展开为球坐标。由于系统具有旋转对称性，可以先对 $p_1$ 的方向积分得到 $4\pi$，再设 $\vec{p}_1$ 与 $\vec{p}_3$ 的夹角为 $\theta$： $d^3p_1 d^3p_3 = (4\pi E_1^2 dE_1) (2\pi E_3^2 dE_3 d\cos\theta) = 8\pi^2 E_1^2 E_3^2 dE_1 dE_3 d\cos\theta$ 由余弦定理，$E_2^2 = |\vec{p}_1 + \vec{p}_3|^2 = E_1^2 + E_3^2 + 2E_1 E_3 \cos\theta$。在给定 $E_1$ 和 $E_3$ 时，对 $\cos\theta$ 的微分可以转化为对 $E_2$ 的微分： $2E_2 dE_2 = 2E_1 E_3 d\cos\theta \implies d\cos\theta = \frac{E_2}{E_1 E_3} dE_2$ 代入相空间表达式： $d\Pi_{\text{LIPS}} = \frac{8\pi^2 E_1^2 E_3^2}{8(2\pi)^5 E_1 E_2 E_3} \frac{E_2}{E_1 E_3} dE_1 dE_2 dE_3 \delta(m - E_1 - E_2 - E_3) = \frac{1}{32\pi^3} dE_1 dE_2 dE_3 \delta(m - E_1 - E_2 - E_3)$

利用能量 $\delta$ 函数对 $E_2$ 积分，得到 $E_2 = m - E_1 - E_3$。此时相空间简化为： $d\Pi_{\text{LIPS}} = \frac{1}{32\pi^3} dE_1 dE_3$ 接下来确定积分上下限。由物理条件 $-1 \le \cos\theta \le 1$ 可得： $(E_1 - E_3)^2 \le E_2^2 \le (E_1 + E_3)^2$ 代入 $E_2 = m - E_1 - E_3$，解得运动学边界条件： $E_1 \le \frac{m}{2}, \quad E_3 \le \frac{m}{2}, \quad E_1 + E_3 \ge \frac{m}{2}$

题目给定的矩阵元平方 $|\mathcal{M}|^2 = 32G_F^2 (m^2 - 2mE)mE$ 仅依赖于 $E_3 = E$。因此，我们可以先对 $E_1$ 积分。对于固定的 $E$，$E_1$ 的积分范围是 $[\frac{m}{2} - E, \frac{m}{2}]$： $\int_{\frac{m}{2} - E}^{\frac{m}{2}} dE_1 = \frac{m}{2} - \left(\frac{m}{2} - E\right) = E$ 将积分后的相空间代入衰变率公式： $d\Gamma = \frac{1}{2m} |\mathcal{M}|^2 \frac{E}{32\pi^3} dE = \frac{1}{2m} \left[ 32G_F^2 (m^2 - 2mE)mE \right] \frac{E}{32\pi^3} dE = \frac{G_F^2}{2\pi^3} (m^2 - 2mE) E^2 dE$

最后，对 $E$ 从 $0$ 到 $m/2$ 积分得到总衰变率： $\Gamma = \frac{G_F^2}{2\pi^3} \int_0^{m/2} (m^2 E^2 - 2m E^3) dE = \frac{G_F^2}{2\pi^3} \left[ m^2 \frac{E^3}{3} - 2m \frac{E^4}{4} \right]_0^{m/2}$ $\Gamma = \frac{G_F^2}{2\pi^3} \left( \frac{m^5}{24} - \frac{m^5}{32} \right) = \frac{G_F^2}{2\pi^3} \left( \frac{m^5}{96} \right)$ $\boxed{ \Gamma = \frac{G_F^2 m^5}{192\pi^3} }$

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(b) 理论值与观测值的对比及误差分析

已知参数：

• $m = 106 \text{ MeV} = 0.106 \text{ GeV}$
• $G_F = 1.166 \times 10^{-5} \text{ GeV}^{-2}$
• 自然单位制转换常数 $\hbar \approx 6.582 \times 10^{-25} \text{ GeV}\cdot\text{s}$

将数值代入 (a) 中得到的公式计算理论衰变率 $\Gamma_{\text{calc}}$： $\Gamma_{\text{calc}} = \frac{(1.166 \times 10^{-5})^2 \times (0.106)^5}{192\pi^3} \approx \frac{1.3596 \times 10^{-10} \times 1.3382 \times 10^{-5}}{5953.2} \approx 3.056 \times 10^{-19} \text{ GeV}$ 对应的理论寿命 $\tau_{\text{calc}}$ 为： $\tau_{\text{calc}} = \frac{\hbar}{\Gamma_{\text{calc}}} = \frac{6.582 \times 10^{-25} \text{ GeV}\cdot\text{s}}{3.056 \times 10^{-19} \text{ GeV}} \approx 2.154 \times 10^{-6} \text{ s} = 2.154 \text{ } \mu\text{s}$

与观测值 $\tau_{\text{obs}} = 2.20 \text{ } \mu\text{s}$ 相比，百分比误差（Discrepancy）为： $\text{Discrepancy} = \frac{| \tau_{\text{obs}} - \tau_{\text{calc}} |}{\tau_{\text{obs}}} \times 100\% = \frac{2.20 - 2.154}{2.20} \times 100\% \approx 2.1\%$ $\boxed{ \text{Discrepancy} \approx 2.1\% }$

导致该误差的物理与数值原因分析（What might account for the discrepancy）：

1. $\mu$ 子质量的近似（主要原因）： 衰变率对 $\mu$ 子质量极其敏感（$\Gamma \propto m^5$）。真实的 $\mu$ 子质量约为 $105.66 \text{ MeV}$，而题目中近似取为 $106 \text{ MeV}$。质量上约 $0.32\%$ 的高估，会导致衰变率被高估约 $5 \times 0.32\% \approx 1.6\%$，从而使计算出的寿命偏短。这解释了绝大部分的误差。
2. 忽略了电子质量 $m_e$： 题目假设电子无质量。实际上 $m_e \approx 0.511 \text{ MeV}$，非零的电子质量会略微减小可用的相空间体积。引入电子质量会产生一个相空间修正因子 $f(m_e^2/m_\mu^2) \approx 1 - 8(m_e/m_\mu)^2 \approx 0.9998$，这会使理论衰变率降低约 $0.02\%$，使寿命略微变长。
3. 忽略了辐射修正（Radiative Corrections）： 树图级别的计算没有包含量子电动力学（QED）的高阶修正（如虚光子圈图修正和真实光子的轫致辐射）。QED 修正会给衰变率乘上一个因子 $\approx 1 - \frac{\alpha}{2\pi}(\pi^2 - \frac{25}{4}) \approx 0.996$，这会使衰变率降低约 $0.4\%$，进一步弥补理论寿命与实验寿命之间的差距。

习题 5.4 - 解答

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在质心系中考察过程 $e^-(p) e^+(p') \rightarrow \mu^-(k) \mu^+(k')$。由于电子质量 $m_e \ll E$（$E$ 为质心系单粒子能量），我们可以采用高能近似 $m_e \approx 0$，而保留 $\mu$ 子的质量 $m_\mu$。在此近似下，电子的螺旋度守恒，只有初始状态为 $e^-_R e^+_L$ 和 $e^-_L e^+_R$ 时，跃迁矩阵元才不为零。

1. 运动学与电子流 设电子束沿 $z$ 轴入射，$\mu$ 子出射角为 $\theta$。四动量分别为： $p = (E, 0, 0, E), \quad p' = (E, 0, 0, -E)$ $k = (E, \vec{k}), \quad k' = (E, -\vec{k})$ 其中 $\vec{k} = k(\sin\theta, 0, \cos\theta)$，且 $k = |\vec{k}| = \sqrt{E^2 - m_\mu^2}$。

在手征表示下，无质量电子的非零流矩阵元 $j^\mu = \bar{v}(p') \gamma^\mu u(p)$ 为： $j_{RL}^\mu = \bar{v}_L(p') \gamma^\mu u_R(p) = 2E(0, -1, -i, 0)$ $j_{LR}^\mu = \bar{v}_R(p') \gamma^\mu u_L(p) = 2E(0, -1, i, 0)$

2. $\mu$ 子的螺旋度旋量 对于具有质量 $m_\mu$ 的 $\mu$ 子，沿 $\vec{k}$ 方向的螺旋度基旋量为： $\xi_+ = \begin{pmatrix} \cos\frac{\theta}{2} \\ \sin\frac{\theta}{2} \end{pmatrix}, \quad \xi_- = \begin{pmatrix} -\sin\frac{\theta}{2} \\ \cos\frac{\theta}{2} \end{pmatrix}$ 利用手征表示下的旋量公式 $u(p) = \begin{pmatrix} \sqrt{p \cdot \sigma} \xi \\ \sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} \xi \end{pmatrix}$ 和 $v(p) = \begin{pmatrix} \sqrt{p \cdot \sigma} \eta \\ -\sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} \eta \end{pmatrix}$，可得 $\mu^-$ 的旋量： $u(k, +) = \begin{pmatrix} \sqrt{E-k} \xi_+ \\ \sqrt{E+k} \xi_+ \end{pmatrix}, \quad u(k, -) = \begin{pmatrix} \sqrt{E+k} \xi_- \\ \sqrt{E-k} \xi_- \end{pmatrix}$ 对于 $\mu^+$，动量方向为 $-\vec{k}$。右旋正电子（螺旋度 $+1$）对应的物理自旋与动量同向，其 $v$ 旋量需取相反的自旋基 $\eta = \xi_+$；左旋正电子（螺旋度 $-1$）对应 $\eta = \xi_-$： $v(k', +) = \begin{pmatrix} \sqrt{E+k} \xi_+ \\ -\sqrt{E-k} \xi_+ \end{pmatrix}, \quad v(k', -) = \begin{pmatrix} \sqrt{E-k} \xi_- \\ -\sqrt{E+k} \xi_- \end{pmatrix}$

3. $\mu$ 子流与矩阵元计算 $\mu$ 子流定义为 $J^\mu(\lambda_-, \lambda_+) = \bar{u}(k, \lambda_-) \gamma^\mu v(k', \lambda_+)$。 总散射振幅为 $\mathcal{M} = \frac{e^2}{s} j_\mu J^\mu$。由于 $j_{RL}$ 和 $j_{LR}$ 只有横向空间分量，我们只需要计算 $J^1 \pm i J^2$。 在手征表示下，$\bar{u} \gamma^i v = u_2^\dagger \sigma^i v_2 - u_1^\dagger \sigma^i v_1$。引入升降算符 $\sigma^\pm = \sigma^1 \pm i \sigma^2$，可得： $J^1 \pm i J^2 = -u_1^\dagger \sigma^\pm v_1 + u_2^\dagger \sigma^\pm v_2$ 计算所需的泡利矩阵元为： $\xi_+^\dagger \sigma^+ \xi_+ = \sin\theta, \quad \xi_+^\dagger \sigma^+ \xi_- = 1+\cos\theta, \quad \xi_-^\dagger \sigma^+ \xi_+ = \cos\theta-1, \quad \xi_-^\dagger \sigma^+ \xi_- = -\sin\theta$ $\xi_+^\dagger \sigma^- \xi_+ = \sin\theta, \quad \xi_+^\dagger \sigma^- \xi_- = \cos\theta-1, \quad \xi_-^\dagger \sigma^- \xi_+ = 1+\cos\theta, \quad \xi_-^\dagger \sigma^- \xi_- = -\sin\theta$

对于 $e^-_R e^+_L$ 初态，$\mathcal{M}_{RL} = \frac{e^2}{s} (2E)(J^1 + i J^2) = \frac{e^2}{2E} (J^1 + i J^2)$。代入旋量分量计算四种螺旋度组合：

1. $(+, +)$: $J^1 + i J^2 = -(\sqrt{E-k}\xi_+^\dagger)\sigma^+(\sqrt{E+k}\xi_+) + (\sqrt{E+k}\xi_+^\dagger)\sigma^+(-\sqrt{E-k}\xi_+) = -2\sqrt{E^2-k^2}\sin\theta = -2m_\mu\sin\theta$ $\mathcal{M}(RL \to ++) = -e^2 \frac{m_\mu}{E} \sin\theta$
2. $(+, -)$: $J^1 + i J^2 = -(E-k)(1+\cos\theta) - (E+k)(1+\cos\theta) = -2E(1+\cos\theta)$ $\mathcal{M}(RL \to +-) = -e^2 (1+\cos\theta)$
3. $(-, +)$: $J^1 + i J^2 = -(E+k)(\cos\theta-1) - (E-k)(\cos\theta-1) = 2E(1-\cos\theta)$ $\mathcal{M}(RL \to -+) = e^2 (1-\cos\theta)$
4. $(-, -)$: $J^1 + i J^2 = -(\sqrt{E+k}\xi_-^\dagger)\sigma^+(\sqrt{E-k}\xi_-) + (\sqrt{E-k}\xi_-^\dagger)\sigma^+(-\sqrt{E+k}\xi_-) = 2m_\mu\sin\theta$ $\mathcal{M}(RL \to --) = e^2 \frac{m_\mu}{E} \sin\theta$

同理，对于 $e^-_L e^+_R$ 初态，$\mathcal{M}_{LR} = \frac{e^2}{2E} (J^1 - i J^2)$，利用 $\sigma^-$ 的矩阵元可得： $\mathcal{M}(LR \to ++) = -e^2 \frac{m_\mu}{E} \sin\theta, \quad \mathcal{M}(LR \to +-) = e^2 (1-\cos\theta)$ $\mathcal{M}(LR \to -+) = -e^2 (1+\cos\theta), \quad \mathcal{M}(LR \to --) = e^2 \frac{m_\mu}{E} \sin\theta$

4. 非极化微商截面 对所有初始自旋求平均，对所有末态自旋求和： $\frac{1}{4} \sum_{\text{spins}} |\mathcal{M}|^2 = \frac{1}{4} \left( \sum_{\lambda_-,\lambda_+} |\mathcal{M}_{RL}|^2 + \sum_{\lambda_-,\lambda_+} |\mathcal{M}_{LR}|^2 \right)$ 由于 $|\mathcal{M}_{RL}|^2$ 和 $|\mathcal{M}_{LR}|^2$ 给出相同的贡献，我们有： $\frac{1}{4} \sum_{\text{spins}} |\mathcal{M}|^2 = \frac{1}{2} e^4 \left[ 2\frac{m_\mu^2}{E^2}\sin^2\theta + (1+\cos\theta)^2 + (1-\cos\theta)^2 \right]$ $= e^4 \left[ \frac{m_\mu^2}{E^2}\sin^2\theta + 1 + \cos^2\theta \right] = e^4 \left[ 1 + \frac{m_\mu^2}{E^2} + \left(1 - \frac{m_\mu^2}{E^2}\right)\cos^2\theta \right]$

代入质心系两体相空间微商截面公式 $\frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{1}{64\pi^2 s} \frac{|\vec{k}|}{|\vec{p}|} \overline{|\mathcal{M}|^2}$，其中 $\frac{|\vec{k}|}{|\vec{p}|} = \frac{k}{E} = \sqrt{1 - \frac{m_\mu^2}{E^2}}$，且 $\alpha = \frac{e^2}{4\pi}$： $\frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{e^4}{64\pi^2 s} \sqrt{1 - \frac{m_\mu^2}{E^2}} \left[ 1 + \frac{m_\mu^2}{E^2} + \left(1 - \frac{m_\mu^2}{E^2}\right)\cos^2\theta \right]$

化简后得到最终结果： $\boxed{ \frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{\alpha^2}{4s} \sqrt{1 - \frac{m_\mu^2}{E^2}} \left[ 1 + \frac{m_\mu^2}{E^2} + \left(1 - \frac{m_\mu^2}{E^2}\right) \cos^2\theta \right] }$ 此结果与 Section 5.3 中使用迹定理（Trace theorems）计算得到的结果完全一致。

习题 5.5 - 解答

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(a) 经典卢瑟福散射截面及其假设

在经典力学中，考虑一个电荷量为 $q_1 = z e$ 的入射粒子与一个电荷量为 $q_2 = Z e$ 的靶核发生库仑散射。通过求解经典轨道方程（双曲线轨道），可以得到瞄准距 $b$ 与散射角 $\theta$ 的关系： $b = \frac{q_1 q_2}{8\pi E_K} \cot\frac{\theta}{2}$ 其中 $E_K = \frac{1}{2}m v^2$ 是入射粒子的动能（采用自然单位制或 Heaviside-Lorentz 单位制，库仑力常数为 $1/4\pi$）。 微分散射截面由 $d\sigma = 2\pi b |db|$ 和立体角微元 $d\Omega = 2\pi \sin\theta d\theta$ 给出： $\frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{b}{\sin\theta} \left| \frac{db}{d\theta} \right| = \left( \frac{q_1 q_2}{16\pi E_K \sin^2(\theta/2)} \right)^2$ 对于 $\alpha$ 粒子，电荷数 $z=2$，代入 $q_1 = 2e$ 和 $q_2 = Ze$，得到经典卢瑟福散射截面： $\boxed{ \left(\frac{d\sigma}{d\Omega}\right)_{\text{classical}} = \frac{Z^2 e^4}{64 \pi^2 E_K^2 \sin^4(\theta/2)} }$

推导该公式所依赖的假设包括：

1. 靶核无限重：忽略靶核的反冲，质心系与实验室系重合。
2. 纯经典库仑相互作用：假设 $\alpha$ 粒子和原子核均为无内部结构的经典点电荷，仅受静电斥力作用。
3. 非相对论极限：$\alpha$ 粒子的运动速度远小于光速，动能可表示为 $E_K = p^2/2m_\alpha$。
4. 无辐射损失：忽略粒子在加速偏转过程中产生的轫致辐射。
5. 无自旋效应：将粒子视为无自旋的经典质点。

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(b) 从库仑散射公式推广至 $\alpha N$ 散射

题目给出的电子-质子库仑散射截面公式为： $\left( \frac{d\sigma}{d\Omega} \right)_{\text{CM}} \sim \frac{e^4 m_e^2}{4\pi^2 \vec{k}^4}$ 对于 $\alpha$ 粒子与原子核 $N$ 的散射，需要对相互作用顶点和运动学质量进行替换：

1. 电荷替换：电子电荷 $e$ 替换为 $\alpha$ 粒子的电荷 $2e$；质子电荷 $e$ 替换为靶核电荷 $Ze$。因此，散射振幅平方中的耦合常数因子由 $e^4$ 变为 $(2e \cdot Ze)^2 = 4Z^2 e^4$。
2. 质量替换：入射电子质量 $m_e$ 替换为 $\alpha$ 粒子质量 $m_\alpha$。

进行上述替换后，量子力学给出的 $\alpha N$ 散射截面公式为： $\boxed{ \frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{4 Z^2 e^4 m_\alpha^2}{4\pi^2 \vec{k}^4} = \frac{Z^2 e^4 m_\alpha^2}{\pi^2 \vec{k}^4} }$

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(c) 费曼图与虚光子动量

费曼图描述： 卢瑟福散射在量子场论中对应于 $t$-通道的树图（Tree-level $t$-channel diagram）。入射 $\alpha$ 粒子（动量 $p_1$）与靶核 $N$（动量 $p_2$）通过交换一个虚光子（动量 $k$）发生相互作用，散射后变为出射 $\alpha$ 粒子（动量 $p_3$）和出射靶核 $N$（动量 $p_4$）。

虚光子动量 $k_\mu$ 的计算： 根据动量守恒，虚光子的四维动量为 $k_\mu = (p_1 - p_3)_\mu$。 由于靶核被假设为无限重，它不吸收能量，因此 $\alpha$ 粒子发生的是弹性散射，能量守恒给出 $E_1 = E_3 = E$。 虚光子的能量分量为 $k_0 = E_1 - E_3 = 0$。 虚光子的三维动量大小平方为： $\vec{k}^2 = (\vec{p}_1 - \vec{p}_3)^2 = |\vec{p}_1|^2 + |\vec{p}_3|^2 - 2|\vec{p}_1||\vec{p}_3|\cos\theta$ 由于弹性散射 $|\vec{p}_1| = |\vec{p}_3| = p$，利用半角公式 $1 - \cos\theta = 2\sin^2(\theta/2)$，得到： $\vec{k}^2 = 2p^2(1 - \cos\theta) = 4p^2 \sin^2\frac{\theta}{2}$ 用 $\alpha$ 粒子的动能 $E_K = p^2 / 2m_\alpha$ 代换 $p^2 = 2m_\alpha E_K$，得到： $\vec{k}^2 = 8 m_\alpha E_K \sin^2\frac{\theta}{2}$ 因此，虚光子的四维动量 $k_\mu$ 及其平方 $k^2$ 为： $\boxed{ k_\mu = (0, \vec{p}_1 - \vec{p}_3), \quad k^2 = -|\vec{k}|^2 = -8 m_\alpha E_K \sin^2\frac{\theta}{2} }$

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(d) 验证量子截面与经典公式的一致性

将 (c) 中得到的 $\vec{k}^2$ 平方后代入 (b) 中的截面公式： $\vec{k}^4 = \left( 8 m_\alpha E_K \sin^2\frac{\theta}{2} \right)^2 = 64 m_\alpha^2 E_K^2 \sin^4\frac{\theta}{2}$ 代入量子力学截面公式： $\frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{Z^2 e^4 m_\alpha^2}{\pi^2 \left( 64 m_\alpha^2 E_K^2 \sin^4(\theta/2) \right)}$ 消去分子分母中的 $m_\alpha^2$，得到： $\boxed{ \frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{Z^2 e^4}{64 \pi^2 E_K^2 \sin^4(\theta/2)} }$ 这与 (a) 中推导的经典卢瑟福散射公式完全一致。

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(e) 经典与量子结果相同的原因

原因分析： 经典力学与量子力学（玻恩近似）在卢瑟福散射中给出完全相同的微分散射截面，这是 $V(r) \propto 1/r$ 库仑势的一个独有的数学奇迹。在量子力学中，库仑势的高阶微扰项（玻恩级数的高阶项）仅对散射振幅贡献一个无法被观测到的纯相位因子（Coulomb phase），因此一阶微扰（树图级）给出的截面就是精确的。这在深层次上与库仑/开普勒问题中隐藏的 $SO(4)$ 动力学对称性（龙格-楞次矢量的守恒）密切相关。

能否提前预知： 可以提前预知。从物理学史的角度看，卢瑟福最初完全基于经典力学推导出了该公式，并且该公式与盖革-马尔登的 $\alpha$ 粒子散射实验数据完美吻合。既然微观粒子的真实散射过程本质上是量子力学的，而经典公式却能完美拟合实验，这就意味着对于该特定势场，经典推导与量子推导必然给出相同的数学结果。

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(f) 电子-电子散射 ($e^- e^- \rightarrow e^- e^-$) 是否适用该公式？

不适用。电子-电子散射（Møller 散射）的截面不能用上述简单的库仑散射公式描述，原因如下：

1. 全同粒子效应（不可分辨性）：两个电子是全同费米子。在量子场论中，除了 $t$-通道图外，还必须包含交换两个出射电子的 $u$-通道图。这两个振幅会发生量子干涉，且截面必须在交换两个出射粒子时保持对称。
2. 反冲效应不可忽略：靶电子与入射电子质量相等，靶粒子无限重的假设完全失效，必须严格处理质心系与实验室系的运动学转换及反冲动能。
3. 自旋与相对论效应：电子是自旋为 $1/2$ 的粒子，自旋-自旋相互作用（磁矩相互作用）在相对论能量下变得极其重要，这会显著改变散射截面的角分布。