习题 48.1 - 解答

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物理背景与分析

本题要求验证自旋为 $1/2$ 的费米子（质量为 $m$）与标量玻色子（质量为 $M$）散射过程中的极化平均矩阵元平方的各项迹（Trace）。在 Srednicki 的量子场论约定中，采用“多加”度规（mostly-plus metric）$\eta_{\mu\nu} = \text{diag}(-, +, +, +)$。

散射过程的运动学变量定义为：

• 初始动量：费米子 $p$，玻色子 $k$
• 末态动量：费米子 $p'$，玻色子 $k'$
• Mandelstam 变量： $s = -(p+k)^2, \quad t = -(p-p')^2, \quad u = -(p-k')^2$ 满足 $s + t + u = 2m^2 + 2M^2$。
• 质壳条件：$p^2 = p'^2 = -m^2$，$k^2 = k'^2 = -M^2$。

定义中间态动量 $s^\mu = p^\mu + k^\mu$ 和 $u^\mu = p^\mu - k'^\mu$，则 $s^\mu s_\mu = -s$，$u^\mu u_\mu = -u$。 极化平均的迹定义包含初始自旋平均因子 $1/2$： $\langle\Phi_{ss}\rangle = \frac{1}{2} \text{Tr}[(-\cancel{p}' + m)(-\cancel{s} + m)(-\cancel{p} + m)(-\cancel{s} + m)]$ $\langle\Phi_{su}\rangle = \frac{1}{2} \text{Tr}[(-\cancel{p}' + m)(-\cancel{s} + m)(-\cancel{p} + m)(-\cancel{u} + m)]$

在多加度规下，Clifford 代数为 $\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = -2\eta^{\mu\nu}$，迹定理为：

• $\text{Tr}[\cancel{A}\cancel{B}] = -4A\cdot B$
• $\text{Tr}[\cancel{A}\cancel{B}\cancel{C}\cancel{D}] = 4(A\cdot B \, C\cdot D - A\cdot C \, B\cdot D + A\cdot D \, B\cdot C)$

我们需要用到以下内积关系： $p\cdot s = p'\cdot s = \frac{1}{2}(M^2 - m^2 - s)$ $p\cdot u = p'\cdot u = \frac{1}{2}(M^2 - m^2 - u)$ $p\cdot p' = \frac{1}{2}(t - 2m^2)$ $s\cdot u = (p+k)\cdot (p-k') = p^2 - p\cdot k' + k\cdot p - k\cdot k' = M^2 - m^2$

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解析推导过程

(a) 验证 Eq. (48.26) $\langle\Phi_{ss}\rangle$

展开迹 $\langle\Phi_{ss}\rangle$： $\langle\Phi_{ss}\rangle = \frac{1}{2} \Big\{ \text{Tr}[\cancel{p}' \cancel{s} \cancel{p} \cancel{s}] + m^2 \text{Tr}[\cancel{p}' \cancel{s} + \cancel{p}' \cancel{p} + \cancel{p}' \cancel{s} + \cancel{s} \cancel{p} + \cancel{s} \cancel{s} + \cancel{p} \cancel{s}] + m^4 \text{Tr}[1] \Big\}$ 利用迹定理化简： $\langle\Phi_{ss}\rangle = 2[2(p'\cdot s)(p\cdot s) - s^2(p'\cdot p)] - 2m^2[2p'\cdot s + p'\cdot p + 2p\cdot s + s^2] + 2m^4$ 代入内积关系与 $s^2 = -s$： 第一项： $2 \left[ 2 \left(\frac{M^2 - m^2 - s}{2}\right)^2 - (-s)\frac{t - 2m^2}{2} \right] = (M^2 - m^2 - s)^2 + s(t - 2m^2)$ 第二项： $-2m^2 \left[ 2(M^2 - m^2 - s) + \frac{t - 2m^2}{2} - s \right] = -2m^2 \left[ 2M^2 - 3m^2 - 3s + \frac{1}{2}t \right]$ 将所有项相加并展开： $\langle\Phi_{ss}\rangle = (M^4 + m^4 + s^2 - 2m^2 M^2 - 2s M^2 + 2s m^2) + st - 2s m^2 - 4m^2 M^2 + 6m^4 + 6m^2 s - m^2 t + 2m^4$ $= M^4 + 9m^4 + s^2 - 6m^2 M^2 - 2s M^2 + 6m^2 s + st - m^2 t$ 利用 $t = 2m^2 + 2M^2 - s - u$ 消去 $t$： $st = 2s m^2 + 2s M^2 - s^2 - su$ $-m^2 t = -2m^4 - 2m^2 M^2 + m^2 s + m^2 u$ 代入上式合并同类项： $\langle\Phi_{ss}\rangle = M^4 + 7m^4 - 8m^2 M^2 + 9m^2 s - su + m^2 u$ 整理即得： $\boxed{ \langle\Phi_{ss}\rangle = -su + m^2(9s + u) + 7m^4 - 8m^2M^2 + M^4 }$

(b) 验证 Eq. (48.27) $\langle\Phi_{uu}\rangle$

$\langle\Phi_{uu}\rangle$ 的定义与 $\langle\Phi_{ss}\rangle$ 完全相同，仅需将中间态动量 $s^\mu$ 替换为 $u^\mu$。根据交叉对称性（Crossing Symmetry），直接在 Eq. (48.26) 中交换 Mandelstam 变量 $s \leftrightarrow u$ 即可得到： $\boxed{ \langle\Phi_{uu}\rangle = -su + m^2(9u + s) + 7m^4 - 8m^2M^2 + M^4 }$

(c) 验证 Eq. (48.28) $\langle\Phi_{su}\rangle$

展开干涉项的迹 $\langle\Phi_{su}\rangle$： $\langle\Phi_{su}\rangle = \frac{1}{2} \Big\{ \text{Tr}[\cancel{p}' \cancel{s} \cancel{p} \cancel{u}] + m^2 \text{Tr}[\cancel{p}' \cancel{s} + \cancel{p}' \cancel{p} + \cancel{p}' \cancel{u} + \cancel{s} \cancel{p} + \cancel{s} \cancel{u} + \cancel{p} \cancel{u}] + m^4 \text{Tr}[1] \Big\}$ 利用迹定理化简： $\langle\Phi_{su}\rangle = 2[(p'\cdot s)(p\cdot u) - (p'\cdot p)(s\cdot u) + (p'\cdot u)(s\cdot p)] - 2m^2[2p\cdot s + p\cdot p' + 2p\cdot u + s\cdot u] + 2m^4$ 代入内积关系： 第一项： $2 \left[ 2 \frac{(M^2 - m^2 - s)(M^2 - m^2 - u)}{4} - \frac{t - 2m^2}{2}(M^2 - m^2) \right]$ $= (M^2 - m^2)^2 - (M^2 - m^2)(s+u) + su - (t - 2m^2)(M^2 - m^2)$ $= (M^2 - m^2)[M^2 - m^2 - s - u - t + 2m^2] + su$ 代入 $s+t+u = 2m^2 + 2M^2$： $= (M^2 - m^2)[-M^2 - m^2] + su = m^4 - M^4 + su$ 第二项： $-2m^2 \left[ (M^2 - m^2 - s) + \frac{t - 2m^2}{2} + (M^2 - m^2 - u) + (M^2 - m^2) \right]$ $= -2m^2 \left[ 3M^2 - 3m^2 - s - u + \frac{1}{2}(2m^2 + 2M^2 - s - u) - m^2 \right]$ $= -2m^2 \left[ 4M^2 - 3m^2 - \frac{3}{2}(s+u) \right] = -8m^2 M^2 + 6m^4 + 3m^2(s+u)$ 将所有项相加： $\langle\Phi_{su}\rangle = (m^4 - M^4 + su) + (-8m^2 M^2 + 6m^4 + 3m^2(s+u)) + 2m^4$ 整理即得： $\boxed{ \langle\Phi_{su}\rangle = +su + 3m^2(s + u) + 9m^4 - 8m^2M^2 - M^4 }$

(d) 验证 Eq. (48.29) $\langle\Phi_{us}\rangle$

$\langle\Phi_{us}\rangle$ 是 $\langle\Phi_{su}\rangle$ 的复共轭（或转置）。由于迹具有循环对称性且在转置下不变（$\text{Tr}[M] = \text{Tr}[M^T]$，且相互作用的 $\gamma$ 矩阵组合满足转置对称），干涉项是对称的，即 $\langle\Phi_{us}\rangle = \langle\Phi_{su}\rangle$。因此： $\boxed{ \langle\Phi_{us}\rangle = +su + 3m^2(s + u) + 9m^4 - 8m^2M^2 - M^4 }$

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符号计算方法说明 (Symbolic Manipulation Approach)

题目中提到可以通过 Mathematica 等符号计算软件使用“暴力法”（Brute force）直接计算 $4 \times 4$ 矩阵的乘积和迹。其核心物理设置如下：

1. 质心系 (CM Frame) 运动学设定： 定义四维动量： $p^\mu = (E, 0, 0, p_z), \quad k^\mu = (\omega, 0, 0, -p_z)$ $p'^\mu = (E, p_z \sin\theta, 0, p_z \cos\theta), \quad k'^\mu = (\omega, -p_z \sin\theta, 0, -p_z \cos\theta)$ 其中 $E = \frac{s + m^2 - M^2}{2\sqrt{s}}$，$\omega = \frac{s - m^2 + M^2}{2\sqrt{s}}$，$p_z = \frac{\lambda^{1/2}(s, m^2, M^2)}{2\sqrt{s}}$。

2. 矩阵构造： 在多加度规下，显式写出 Dirac $\gamma$ 矩阵（如 Weyl 表象）： $\gamma^0 = \begin{pmatrix} 0 & I \\ I & 0 \end{pmatrix}, \quad \gamma^i = \begin{pmatrix} 0 & \sigma^i \\ -\sigma^i & 0 \end{pmatrix}$ 构造 $4 \times 4$ 矩阵 $\cancel{p} = p_\mu \gamma^\mu = -E \gamma^0 + \vec{p} \cdot \vec{\gamma}$。

3. 计算与化简： 在程序中直接计算矩阵乘积的迹，例如： PhiSS = 1/2 * Tr[(-Slash[pp] + m*I4) . (-Slash[sVec] + m*I4) . (-Slash[p] + m*I4) . (-Slash[sVec] + m*I4)] 最后利用 $t = -2p_z^2(1-\cos\theta)$ 和 $u = 2m^2 + 2M^2 - s - t$ 将结果中的 $E, \omega, p_z, \theta$ 替换为 Mandelstam 变量，即可由软件自动输出并验证上述 (48.26)-(48.29) 的多项式结果。

习题 48.2 - 解答

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对于过程 $e^+(p_2) + e^-(p_1) \rightarrow \varphi(k_1) + \varphi(k_2)$，我们在树图阶需要考虑 $t$ 沟道和 $u$ 沟道两个费曼图。设电子质量为 $m$，标量粒子质量为 $M$，相互作用拉氏量包含汤川耦合项 $\mathcal{L}_{\text{int}} = g\bar{\psi}\psi\varphi$。

定义 Mandelstam 变量：

它们满足 $s + t + u = 2m^2 + 2M^2$。

该散射过程的跃迁矩阵元为：

对初态自旋求平均并对末态自旋求和，由于初态有两个费米子，自旋平均因子为 $\frac{1}{4}$：

其中迹的定义为：

1. 计算 $T_{tt}$ 利用狄拉克方程的性质 $(\not{p}_1 + m)(\not{p}_1 - m) = p_1^2 - m^2 = 0$，可以极大地简化中间的矩阵乘积：

因此，迹中的核心部分可以化简为：

将其代入 $T_{tt}$ 并与 $(\not{p}_2 - m)$ 求迹（奇数个 $\gamma$ 矩阵的迹为零）：

代入运动学关系 $p_1 \cdot p_2 = \frac{s - 2m^2}{2}$， $p_1 \cdot k_1 = \frac{m^2 + M^2 - t}{2}$， $p_2 \cdot k_1 = \frac{m^2 + M^2 - u}{2}$，并利用 $u = 2m^2 + 2M^2 - s - t$ 消去 $u$，化简后得到：

2. 计算 $T_{uu}$ 由费曼图在 $k_1 \leftrightarrow k_2$ 下的对称性，直接将 $T_{tt}$ 中的 $t$ 替换为 $u$ 即可：

3. 计算 $T_{tu}$ 使用相同的代数技巧展开中间项：

求迹并代入所有内积关系（包括 $k_1 \cdot k_2 = \frac{s - 2M^2}{2}$），经过繁琐但直接的代数化简后得到：

4. 最终结果与交叉对称性 (Crossing Symmetry) 分析 将上述迹代入自旋平均的模方公式中，得到最终结果：

现在我们将其与康普顿散射过程 $e^-(p) + \varphi(k) \rightarrow e^-(p') + \varphi(k')$ 进行对比。 根据交叉对称性，我们可以通过以下动量替换将 $e^+e^- \rightarrow \varphi\varphi$ 映射为 $e^-\varphi \rightarrow e^-\varphi$：

• 将末态的 $\varphi(k_1)$ 移至初态：$k_1 \rightarrow -k$
• 将初态的 $e^+(p_2)$ 移至末态：$p_2 \rightarrow -p'$

在此映射下，Mandelstam 变量发生置换：

即发生了 $s \leftrightarrow t$ 的交换（$u$ 保持不变）。

此外，根据费米子交叉规则，每将一个费米子从初态移至末态（或反之），振幅的模方需要引入一个全局的负号。因此，未平均的自旋求和矩阵元满足严格的关系：

需要注意的是，由于 $e^+e^-$ 初态有 4 个自旋态，而 $e^-\varphi$ 初态只有 2 个自旋态，自旋平均因子分别为 $1/4$ 和 $1/2$。因此，自旋平均后的结果满足：

这完美验证了题目中关于 $s \leftrightarrow t$ 替换以及全局负号（费米子符号法则）的论述。

习题 48.3 - 解答

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对于 $e^-e^- \rightarrow e^-e^-$（Møller 散射），初始态和末态均为全同费米子。设初态电子动量为 $p_1, p_2$，末态电子动量为 $p_3, p_4$。我们引入 Mandelstam 变量： $s = (p_1 + p_2)^2, \quad t = (p_1 - p_3)^2, \quad u = (p_1 - p_4)^2$ 它们满足动量守恒关系 $s + t + u = 4m^2$。在质心系中，各动量点积可用 Mandelstam 变量表示为： $p_1 \cdot p_2 = p_3 \cdot p_4 = \frac{s}{2} - m^2$ $p_1 \cdot p_3 = p_2 \cdot p_4 = m^2 - \frac{t}{2}$ $p_1 \cdot p_4 = p_2 \cdot p_3 = m^2 - \frac{u}{2}$

根据 Feynman 规则，Møller 散射的树图振幅包含 $t$ 沟道和 $u$ 沟道两个图。由于末态是全同费米子，交换末态粒子会引入一个相对负号（泡利不相容原理）： $\mathcal{T} = \mathcal{T}_t + \mathcal{T}_u = -e^2 \left[ \frac{\bar{u}_3 \gamma^\mu u_1 \bar{u}_4 \gamma_\mu u_2}{t} - \frac{\bar{u}_4 \gamma^\mu u_1 \bar{u}_3 \gamma_\mu u_2}{u} \right]$

我们需要计算对初态自旋求平均、对末态自旋求和的非极化振幅平方： $\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle = \frac{1}{4} \sum_{\text{spins}} |\mathcal{T}|^2 = \frac{1}{4} \sum_{\text{spins}} \left( |\mathcal{T}_t|^2 + |\mathcal{T}_u|^2 - 2 \text{Re}(\mathcal{T}_t \mathcal{T}_u^*) \right)$

1. 计算 $t$ 沟道项 $\frac{1}{4} \sum |\mathcal{T}_t|^2$ 利用 Casimir 技巧和迹定理 $\text{Tr}[\gamma^\mu (\not{A} + m) \gamma^\nu (\not{B} + m)] = 4(A^\mu B^\nu + A^\nu B^\mu - g^{\mu\nu}(A \cdot B - m^2))$，可得： $\frac{1}{4} \sum |\mathcal{T}_t|^2 = \frac{e^4}{4t^2} \text{Tr}[\gamma^\mu (\not{p}_1 + m) \gamma^\nu (\not{p}_3 + m)] \text{Tr}[\gamma_\mu (\not{p}_2 + m) \gamma_\nu (\not{p}_4 + m)]$ $= \frac{4e^4}{t^2} \left[ 2(p_1 \cdot p_2)(p_3 \cdot p_4) + 2(p_1 \cdot p_4)(p_2 \cdot p_3) - 2m^2(p_1 \cdot p_3 + p_2 \cdot p_4) + 4m^4 \right]$ 代入 Mandelstam 变量： $\frac{1}{4} \sum |\mathcal{T}_t|^2 = \frac{2e^4}{t^2} \left[ (s - 2m^2)^2 + (u - 2m^2)^2 + 4m^2 t \right]$ 展开并利用 $s+u = 4m^2 - t$ 进一步化简： $(s - 2m^2)^2 + (u - 2m^2)^2 + 4m^2 t = s^2 + u^2 - 4m^2(s+u) + 8m^4 + 4m^2 t = s^2 + u^2 + 8m^2 t - 8m^4$ 因此： $\frac{1}{4} \sum |\mathcal{T}_t|^2 = \frac{2e^4}{t^2} (s^2 + u^2 + 8m^2 t - 8m^4)$

2. 计算 $u$ 沟道项 $\frac{1}{4} \sum |\mathcal{T}_u|^2$ 由对称性，将 $t$ 沟道结果中的 $t \leftrightarrow u$ 互换即可得到 $u$ 沟道项： $\frac{1}{4} \sum |\mathcal{T}_u|^2 = \frac{2e^4}{u^2} (s^2 + t^2 + 8m^2 u - 8m^4)$

3. 计算干涉项 $-\frac{1}{2} \text{Re} \sum \mathcal{T}_t \mathcal{T}_u^*$ 干涉项的自旋求和对应于一个包含 8 个 $\gamma$ 矩阵的大迹： $-\frac{1}{2} \text{Re} \sum \mathcal{T}_t \mathcal{T}_u^* = -\frac{e^4}{2tu} \text{Tr}\left[ \gamma^\mu (\not{p}_1 + m) \gamma^\nu (\not{p}_4 + m) \gamma_\mu (\not{p}_2 + m) \gamma_\nu (\not{p}_3 + m) \right]$ 利用 $\gamma$ 矩阵的缩并恒等式 $\gamma^\mu \gamma_\mu = 4$, $\gamma^\mu \not{A} \gamma_\mu = -2\not{A}$, $\gamma^\mu \not{A} \not{B} \gamma_\mu = 4A \cdot B$ 等，先化简前三个括号： $\gamma^\mu (\not{p}_1 + m) \gamma^\nu (\not{p}_4 + m) \gamma_\mu = -2 \not{p}_4 \gamma^\nu \not{p}_1 + 4m(p_1^\nu + p_4^\nu) - 2m^2 \gamma^\nu$ 将其与剩余部分 $(\not{p}_2 + m) \gamma_\nu (\not{p}_3 + m)$ 相乘并求迹，非零项（包含偶数个 $\gamma$ 矩阵）为： $T_{\text{int}} = -2 \text{Tr}[\not{p}_4 \gamma^\nu \not{p}_1 \not{p}_2 \gamma_\nu \not{p}_3] - 2m^2 \text{Tr}[\not{p}_4 \gamma^\nu \not{p}_1 \gamma_\nu] + 4m^2 (p_1^\nu + p_4^\nu) \text{Tr}[\gamma_\nu \not{p}_3 + \not{p}_2 \gamma_\nu] - 2m^2 \text{Tr}[\gamma^\nu \not{p}_2 \gamma_\nu \not{p}_3] - 2m^4 \text{Tr}[\gamma^\nu \gamma_\nu]$ 逐项计算迹：

1. $-2 \text{Tr}[\not{p}_4 (4p_1 \cdot p_2) \not{p}_3] = -32(p_1 \cdot p_2)(p_3 \cdot p_4)$
2. $-2m^2 \text{Tr}[\not{p}_4 (-2\not{p}_1)] = 16m^2(p_1 \cdot p_4)$
3. $4m^2 (p_1^\nu + p_4^\nu) 4(p_{3\nu} + p_{2\nu}) = 16m^2(p_1 + p_4) \cdot (p_2 + p_3)$
4. $-2m^2 \text{Tr}[-2\not{p}_2 \not{p}_3] = 16m^2(p_2 \cdot p_3)$
5. $-2m^4 (16) = -32m^4$

将上述结果相加并代入 Mandelstam 变量： $T_{\text{int}} = -32\left(\frac{s}{2} - m^2\right)^2 + 16m^2\left(2m^2 - u\right) + 16m^2(s - t) - 32m^4$ $= -8(s^2 - 4m^2 s + 4m^4) + 16m^2(s - t - u)$ 利用 $t + u = 4m^2 - s$，有 $s - t - u = 2s - 4m^2$，代入上式： $T_{\text{int}} = -8s^2 + 32m^2 s - 32m^4 + 16m^2(2s - 4m^2) = -8(s^2 - 8m^2 s + 12m^4)$ 因此，干涉项为： $-\frac{e^4}{2tu} T_{\text{int}} = \frac{4e^4}{tu} (s^2 - 8m^2 s + 12m^4)$

4. 综合结果与交叉对称性分析 将 $t$ 沟道、$u$ 沟道和干涉项相加，得到 Møller 散射的完整非极化振幅平方： $\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle = 2e^4 \left[ \frac{s^2 + u^2 + 8m^2 t - 8m^4}{t^2} + \frac{s^2 + t^2 + 8m^2 u - 8m^4}{u^2} + \frac{2(s^2 - 8m^2 s + 12m^4)}{tu} \right]$

对于 Bhabha 散射 ($e^+e^- \rightarrow e^+e^-$)，其过程包含 $s$ 沟道和 $t$ 沟道，其振幅平方的已知结果为： $\langle |\mathcal{T}_{\text{Bhabha}}|^2 \rangle = 2e^4 \left[ \frac{t^2 + u^2 + 8m^2 s - 8m^4}{s^2} + \frac{s^2 + u^2 + 8m^2 t - 8m^4}{t^2} + \frac{2(u^2 - 8m^2 u + 12m^4)}{st} \right]$ 根据交叉对称性 (Crossing Symmetry)，将 Bhabha 散射结果中的 $s$ 与 $u$ 互换 ($s \leftrightarrow u$)： $2e^4 \left[ \frac{t^2 + s^2 + 8m^2 u - 8m^4}{u^2} + \frac{u^2 + s^2 + 8m^2 t - 8m^4}{t^2} + \frac{2(s^2 - 8m^2 s + 12m^4)}{ut} \right]$ 这与我们刚刚推导出的 Møller 散射结果完全一致。

最终结果为：

习题 48.4 - 解答

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a) 计算自旋求和的衰变率

标量相互作用的拉格朗日量为 $\mathcal{L}_1 = g\phi\bar{\Psi}\Psi$。衰变过程 $\phi(p) \to e^-(k_1) + e^+(k_2)$ 的跃迁矩阵元为： $\mathcal{T} = g \bar{u}_{s_1}(k_1) v_{s_2}(k_2)$ 对末态自旋求和，矩阵元模方为： $\sum_{s_1, s_2} |\mathcal{T}|^2 = g^2 \text{Tr}[(\not{k}_1 + m)(\not{k}_2 - m)] = 4g^2 (k_1 \cdot k_2 - m^2)$ 由动量守恒 $p = k_1 + k_2$，有 $M^2 = (k_1 + k_2)^2 = 2m^2 + 2k_1 \cdot k_2$，因此 $k_1 \cdot k_2 = \frac{M^2}{2} - m^2$。代入上式得： $\sum_{s_1, s_2} |\mathcal{T}|^2 = 2g^2 (M^2 - 4m^2)$ 两体相空间积分为 $\int d\Pi_2 = \frac{1}{8\pi} \sqrt{1 - \frac{4m^2}{M^2}}$。衰变率为： $\Gamma = \frac{1}{2M} \int d\Pi_2 \sum_{s_1, s_2} |\mathcal{T}|^2 = \frac{1}{2M} \frac{1}{8\pi} \sqrt{1 - \frac{4m^2}{M^2}} \cdot 2g^2 M^2 \left(1 - \frac{4m^2}{M^2}\right)$ $\boxed{ \Gamma = \frac{g^2 M}{8\pi} \left( 1 - \frac{4m^2}{M^2} \right)^{3/2} }$

b) 计算 $x$ 轴自旋量子化下的 $|\mathcal{T}|^2$ 并讨论

设电子和正电子的动量分别为 $k_1 = k\hat{z}$ 和 $k_2 = -k\hat{z}$，其中 $k = \sqrt{M^2/4 - m^2}$。在标准表示下，旋量可写为： $u_{s_1}(k_1) = \begin{pmatrix} \sqrt{E+m} \chi_{s_1} \\ \frac{k\sigma_z}{\sqrt{E+m}} \chi_{s_1} \end{pmatrix}, \quad v_{s_2}(k_2) = \begin{pmatrix} \frac{-k\sigma_z}{\sqrt{E+m}} \eta_{s_2} \\ \sqrt{E+m} \eta_{s_2} \end{pmatrix}$ 矩阵元为： $\mathcal{T} = g u_{s_1}^\dagger \gamma^0 v_{s_2} = g \chi_{s_1}^\dagger \left( \sqrt{E+m} \frac{-k\sigma_z}{\sqrt{E+m}} - \frac{k\sigma_z}{\sqrt{E+m}} \sqrt{E+m} \right) \eta_{s_2} = -2gk \chi_{s_1}^\dagger \sigma_z \eta_{s_2}$ 正电子的物理自旋与 $v$ 旋量描述的负能电子自旋相反。若正电子在 $x$ 轴的自旋为 $s_2$，则 $\eta_{s_2}$ 必须是 $\sigma_x$ 本征值为 $-s_2$ 的本征态。而 $\chi_{s_1}$ 是 $\sigma_x$ 本征值为 $s_1$ 的本征态。 由于 $\sigma_z$ 与 $\sigma_x$ 反易位，$\sigma_z \eta_{s_2}$ 会翻转 $\sigma_x$ 的本征值，使其变为 $-(-s_2) = s_2$。因此，内积 $\chi_{s_1}^\dagger (\sigma_z \eta_{s_2})$ 仅当 $s_1 = s_2$ 时非零。 $\boxed{ |\mathcal{T}|^2 = 4g^2 k^2 \delta_{s_1, s_2} = g^2 (M^2 - 4m^2) \delta_{s_1, s_2} }$ 讨论：

1. 角动量守恒：初态标量粒子 $J=0$。末态 $e^+e^-$ 的宇称为 $P = (-1)^{L+1}$。由于初态 $P=+1$，要求 $L$ 为奇数。为满足 $J=0$，必须有 $S=L$，故最低阶允许态为 $L=1, S=1$（即 $^3P_0$ 态）。总自旋 $S=1$ 意味着自旋波函数是对称的。在 $x$ 轴基底中，满足 $J_z=0$ 的 $S=1$ 态仅由 $|+,+\rangle$ 和 $|-,-\rangle$ 组成，因此 $s_1 = -s_2$ 的跃迁被禁戒。
2. 宇称守恒：$L=1$ 意味着这是一个 $p$ 波衰变，存在离心势垒，振幅正比于动量 $k$。当 $M=2m$ 时 $k=0$，衰变率必然为零。

c) 计算螺旋度基底下的 $|\mathcal{T}|^2$ 并讨论

螺旋度是自旋在动量方向上的投影。电子动量沿 $+\hat{z}$，螺旋度 $\lambda_1$ 即为 $+\hat{z}$ 方向的自旋，故 $\chi_{\lambda_1}$ 是 $\sigma_z$ 本征值为 $\lambda_1$ 的态。 正电子动量沿 $-\hat{z}$，螺旋度 $\lambda_2$ 是沿 $-\hat{z}$ 的自旋，这意味着其沿 $+\hat{z}$ 的物理自旋为 $-\lambda_2/2$。由于 $v$ 旋量自旋与物理自旋相反，$\eta_{\lambda_2}$ 必须是 $\sigma_z$ 本征值为 $\lambda_2$ 的态。 代入矩阵元 $\mathcal{T} = -2gk \chi_{\lambda_1}^\dagger \sigma_z \eta_{\lambda_2} = -2gk \lambda_2 \chi_{\lambda_1}^\dagger \eta_{\lambda_2}$。由于两者都是 $\sigma_z$ 的本征态，内积仅在 $\lambda_1 = \lambda_2$ 时非零。 $\boxed{ |\mathcal{T}|^2 = g^2 (M^2 - 4m^2) \delta_{\lambda_1, \lambda_2} }$ 讨论： 角动量在 $z$ 轴的投影 $J_z = S_{z}(e^-) + S_{z}(e^+) = \frac{\lambda_1}{2} + \left(-\frac{\lambda_2}{2}\right) = \frac{\lambda_1 - \lambda_2}{2}$。由于初态 $J=0$，必须有 $J_z = 0$，这严格要求 $\lambda_1 = \lambda_2$。因此 $\lambda_1 = -\lambda_2$ 的衰变率为零。

d) 伪标量相互作用下的衰变率

新的拉格朗日量为 $\mathcal{L}_1 = ig\phi\bar{\Psi}\gamma_5\Psi$。矩阵元为 $\mathcal{T} = ig \bar{u}_{s_1}(k_1) \gamma_5 v_{s_2}(k_2)$。 自旋求和的矩阵元模方为： $\sum_{s_1, s_2} |\mathcal{T}|^2 = g^2 \text{Tr}[(\not{k}_1 + m) \gamma_5 (\not{k}_2 - m) (-\gamma_5)] = g^2 \text{Tr}[(\not{k}_1 + m) (\not{k}_2 + m)] = 4g^2 (k_1 \cdot k_2 + m^2)$ 代入 $k_1 \cdot k_2 = \frac{M^2}{2} - m^2$，得到 $\sum |\mathcal{T}|^2 = 2g^2 M^2$。衰变率为： $\boxed{ \Gamma = \frac{g^2 M}{8\pi} \left( 1 - \frac{4m^2}{M^2} \right)^{1/2} }$ 解释： 初态现在是伪标量（$P=-1$）。末态宇称 $P = (-1)^{L+1} = -1$ 要求 $L$ 为偶数。为满足 $J=0$，必须有 $L=0, S=0$（即 $^1S_0$ 态）。因为 $L=0$ 是 $s$ 波衰变，不存在离心势垒，矩阵元在阈值 $k \to 0$ 时不包含 $k^2$ 的压低因子，因此衰变率比标量相互作用更大。

e) 伪标量相互作用下的自旋与螺旋度分析

矩阵元化简为： $\mathcal{T} = ig u_{s_1}^\dagger \gamma^0 \gamma_5 v_{s_2} = ig \chi_{s_1}^\dagger \left( \sqrt{E+m}\sqrt{E+m} - \frac{k\sigma_z}{\sqrt{E+m}}\frac{-k\sigma_z}{\sqrt{E+m}} \right) \eta_{s_2} = ig M \chi_{s_1}^\dagger \eta_{s_2}$

1. $x$ 轴自旋基底： $\chi_{s_1}$ 具有 $\sigma_x = s_1$，而 $\eta_{s_2}$ 具有 $\sigma_x = -s_2$。正交性要求内积仅在 $s_1 = -s_2$ 时非零。 $\boxed{ |\mathcal{T}|^2 = g^2 M^2 \delta_{s_1, -s_2} }$ 差异解释：末态是 $S=0$ 的单态（反对称）。单态在任何空间方向上的自旋投影必然相反，因此要求 $s_1 = -s_2$（与 (b) 中的 $s_1 = s_2$ 相反）。此外，由于是 $s$ 波衰变，当 $M=2m$ 时 $|\mathcal{T}|^2$ 不为零。

2. 螺旋度基底： $\chi_{\lambda_1}$ 具有 $\sigma_z = \lambda_1$，而 $\eta_{\lambda_2}$ 具有 $\sigma_z = \lambda_2$。正交性要求内积仅在 $\lambda_1 = \lambda_2$ 时非零。 $\boxed{ |\mathcal{T}|^2 = g^2 M^2 \delta_{\lambda_1, \lambda_2} }$ 差异解释：选择定则 $\lambda_1 = \lambda_2$ 与 (c) 完全相同，因为无论相互作用形式如何，沿运动轴的角动量守恒 $J_z = 0$ 始终要求 $\lambda_1 = \lambda_2$。唯一的区别是去除了 $p$ 波带来的动量压低因子 $(M^2 - 4m^2)$，替换为了 $M^2$。