习题 88.1 - 解答

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习题分析：

公式 (88.6) 给出了三个场的 $SU(2)_L \times U(1)_Y$ 规范群表示的张量积： (2, -\tfrac{1}{2}) \otimes (2, -\tfrac{1}{2}) \otimes (1, +1) = (1, 0) \oplus (3, 0) \tag{88.6} 在标准模型的语境下，这对应于两个左手轻子双重态 $l \sim (2, -1/2)$ 与一个带单电荷的标量单态场 $\phi^+ \sim (1, +1)$ 的耦合。张量积的结果表明，这三个场的组合包含一个规范单态 $(1,0)$。

紧随该公式之后的**论断（Claim）**是：如果只有一个世代的轻子，这个规范单态组合（即对应的汤川耦合项）由于费米-狄拉克统计（费米子场的反交换性）会恒等于零。

证明与推导过程：

为了构造拉格朗日量中的合法项，该算符必须同时是规范单态和洛伦兹标量。

1. 规范单态的构造： 左手轻子场 $l_i$ 是 $SU(2)_L$ 的双重态（$i, j \in \{1, 2\}$ 为 $SU(2)_L$ 指标）。两个双重态的张量积分解为 $2 \otimes 2 = 1_A \oplus 3_S$。其中，单态 $1_A$ 是通过反对称张量 $\epsilon^{ij}$ 缩并得到的： $\text{SU(2) Singlet} \sim \epsilon^{ij} l_i l_j$ 这在 $SU(2)_L$ 指标交换下是反对称的。

2. 洛伦兹标量的构造： 轻子场 $l_\alpha$ 是左手外尔旋量（$\alpha, \beta \in \{1, 2\}$ 为旋量指标），属于洛伦兹群的 $(1/2, 0)$ 表示。两个左手旋量构成洛伦兹标量同样需要用反对称张量 $\epsilon^{\alpha\beta}$ 缩并： $\text{Lorentz Scalar} \sim \epsilon^{\alpha\beta} l_\alpha l_\beta$ 这在旋量指标交换下也是反对称的。

3. 全反对称性与费米统计： 结合规范和洛伦兹结构，并引入标量场 $\phi^+$，我们可以写出这个 $(1,0)$ 规范单态算符的具体形式： $\mathcal{O} = \epsilon^{ij} \epsilon^{\alpha\beta} l_{i\alpha} l_{j\beta} \phi^+$ 由于 $l$ 是费米子场，任意两个分量满足反交换关系： $l_{i\alpha} l_{j\beta} = - l_{j\beta} l_{i\alpha}$ 将此关系代入算符 $\mathcal{O}$ 中： $\mathcal{O} = - \epsilon^{ij} \epsilon^{\alpha\beta} l_{j\beta} l_{i\alpha}$ 接下来，我们对哑指标进行重命名，交换 $i \leftrightarrow j$ 以及 $\alpha \leftrightarrow \beta$： $\mathcal{O} = - \epsilon^{ji} \epsilon^{\beta\alpha} l_{i\alpha} l_{j\beta}$ 利用反对称张量的性质 $\epsilon^{ji} = -\epsilon^{ij}$ 和 $\epsilon^{\beta\alpha} = -\epsilon^{\alpha\beta}$，我们得到： $\mathcal{O} = - (-\epsilon^{ij}) (-\epsilon^{\alpha\beta}) l_{i\alpha} l_{j\beta} = - \epsilon^{ij} \epsilon^{\alpha\beta} l_{i\alpha} l_{j\beta}$ 即： $\mathcal{O} = - \mathcal{O}$ 因此，必须有： $\boxed{\mathcal{O} = 0}$

物理意义简述： 从群论对称性的角度来看，两个相同轻子场构成的双线性型在 $SU(2)_L$ 空间是反对称的（$-1$），在洛伦兹旋量空间也是反对称的（$-1$）。因此，它们在交换两个相同费米子时的总对称性为 $(-1) \times (-1) = +1$（对称）。然而，泡利不相容原理（费米统计）要求全同费米子体系的波函数必须是全反对称的。因此，这种对称的组合必须恒为零。这解释了为什么不能用一个 $Y=+1$ 的标量单态来为单代标准模型产生中微子马约拉纳质量（注：若存在多代轻子，则该耦合矩阵在代空间必须是反对称的，即 $f_{ab} = -f_{ba}$，这是 Zee 模型产生中微子质量的基础）。

习题 88.2 - 解答

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习题分析与物理背景

在标准模型（Standard Model）中，中微子被严格设定为左手手征（Left-handed chiral）的费米子，这是因为弱相互作用仅与左手手征场耦合。本题要求证明中微子具有负螺旋度（Negative helicity），而反中微子具有正螺旋度（Positive helicity）。

在处理此问题时，我们采用标准模型的基本假设，即中微子是无质量的（Massless）。对于无质量费米子，其手征性（Chirality，由 $\gamma^5$ 算符本征值决定）与螺旋度（Helicity，自旋在动量方向上的投影）存在严格的等价关系。

解题过程

第一步：证明无质量费米子的手征性与螺旋度等价

无质量费米子满足无质量的狄拉克方程（Dirac Equation）： $i\gamma^\mu \partial_\mu \psi = 0$ 转换到动量空间，对于动量为 $\vec{p}$、能量为 $E$ 的正能旋量 $u(p)$，有： $\gamma^\mu p_\mu u(p) = (\gamma^0 E - \vec{\gamma} \cdot \vec{p}) u(p) = 0$ 由于粒子无质量，色散关系为 $E = |\vec{p}|$。在等式两边同乘 $\gamma^0$，得到： $(E - \gamma^0 \vec{\gamma} \cdot \vec{p}) u(p) = 0$ 引入狄拉克矩阵的性质。定义手征算符 $\gamma^5 = i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3$ 以及自旋算符 $\vec{\Sigma} = \frac{i}{2} \vec{\gamma} \times \vec{\gamma}$（即 $\Sigma^k = \frac{i}{2}\epsilon^{ijk}\gamma^i\gamma^j$）。通过克利福德代数（Clifford Algebra）的反对易关系 $\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = 2\eta^{\mu\nu}$，可以证明一个表象无关的恒等式： $\gamma^0 \vec{\gamma} = \gamma^5 \vec{\Sigma}$ 将其代入动量空间的狄拉克方程中： $(E - \gamma^5 \vec{\Sigma} \cdot \vec{p}) u(p) = 0$ 两边同除以 $E = |\vec{p}|$，并定义螺旋度算符 $h \equiv \frac{\vec{\Sigma} \cdot \vec{p}}{|\vec{p}|}$，我们得到： $(1 - \gamma^5 h) u(p) = 0 \implies \gamma^5 u(p) = h u(p)$ 这表明，对于无质量粒子，手征算符 $\gamma^5$ 的作用等效于螺旋度算符 $h$。

第二步：分析中微子的螺旋度

在弱相互作用中，中微子场 $\nu$ 是纯左手手征的，即它由左手投影算符 $P_L$ 给出： $\nu_L = P_L \nu = \frac{1 - \gamma^5}{2} \nu$ 这意味着左手中微子态 $u_L(p)$ 是 $\gamma^5$ 的本征态，且本征值为 $-1$： $\gamma^5 u_L(p) = -u_L(p)$ 根据第一步得出的等价关系 $\gamma^5 = h$，我们立刻得到： $h u_L(p) = -u_L(p)$ 因此，中微子的螺旋度本征值为 $-1$。自旋方向与动量方向相反，即中微子总是具有负螺旋度（左手螺旋）。

第三步：分析反中微子的螺旋度

反中微子态可以通过对左手中微子场进行电荷共轭（Charge Conjugation）操作得到。电荷共轭场定义为： $\nu^c = C \bar{\nu}_L^T = C (\nu_L^\dagger \gamma^0)^T = C (\gamma^0)^T \nu_L^*$ 其中 $C$ 是电荷共轭矩阵，满足 $C^{-1}\gamma^\mu C = -(\gamma^\mu)^T$ 以及 $C^{-1}\gamma^5 C = (\gamma^5)^T = \gamma^5$。 我们需要确定反中微子场 $\nu^c$ 的手征性。对其作用 $\gamma^5$ 算符： $\gamma^5 \nu^c = \gamma^5 C \bar{\nu}_L^T = C (\gamma^5)^T \bar{\nu}_L^T = C (\bar{\nu}_L \gamma^5)^T$ 由于 $\nu_L = \frac{1-\gamma^5}{2}\nu$，其狄拉克伴随 $\bar{\nu}_L$ 为： $\bar{\nu}_L = \nu_L^\dagger \gamma^0 = \nu^\dagger \frac{1-\gamma^5}{2} \gamma^0 = \nu^\dagger \gamma^0 \frac{1+\gamma^5}{2} = \bar{\nu} P_R$ 因此，$\bar{\nu}_L$ 是右手手征的，满足 $\bar{\nu}_L \gamma^5 = +\bar{\nu}_L$。将其代回前面的式子： $\gamma^5 \nu^c = C (\bar{\nu}_L)^T = + \nu^c$ 这表明，左手中微子场对应的反粒子场是纯右手手征的（$\gamma^5$ 本征值为 $+1$）。 对于反中微子态 $u_R^c(p)$，有： $\gamma^5 u_R^c(p) = +u_R^c(p)$ 再次利用无质量粒子的等价关系 $\gamma^5 = h$，得到： $h u_R^c(p) = +u_R^c(p)$ 因此，反中微子的螺旋度本征值为 $+1$。自旋方向与动量方向相同，即反中微子总是具有正螺旋度（右手螺旋）。

最终结论

习题 88.3 - 解答

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为了将拉格朗日量改写为质量本征态的形式，我们需要对轻子场进行基底变换。设 $U$ 和 $V$ 为 $3 \times 3$ 的幺正矩阵，定义新的质量本征态场 $\ell'_{jI}$ 和 $\bar{e}'_I$ 如下：

将这些变换代入动能项 (88.32) 中：

由于 $U$ 和 $V$ 是幺正矩阵（即 $U^\dagger U = I$ 且 $V^\dagger V = I$），动能项在代代数指标上保持对角化且形式不变：

接着，将基底变换代入汤川耦合项 (88.33) 中：

通过奇异值分解，我们可以选取合适的幺正矩阵 $U$ 和 $V$，使得 $U^T y V$ 成为一个对角矩阵，其对角元为实数且非负，即 $(U^T y V)_{KL} = y_K \delta_{KL}$。此时汤川项变为：

将两部分相加，质量本征态下的总拉格朗日量为：

可以明显看出，拉格朗日量完全解耦为三代 ($I=1,2,3$) 独立的项。因此，该拉格朗日量在以下三组独立的全局相位旋转下保持不变：

（注意 $\bar{e}'_I$ 的相位是负的，这样汤川项 $\ell'_{jI} \bar{e}'_I \to e^{i \alpha_I} e^{-i \alpha_I} \ell'_{jI} \bar{e}'_I = \ell'_{jI} \bar{e}'_I$ 才能保持不变）。这证明了系统具有全局的 $U(1)_1 \times U(1)_2 \times U(1)_3$ 对称性。

在标准模型中，左手双态轻子 $\ell'_{jI}$ 的分量为中微子 $\ell'_{1I} = \nu'_{LI}$ 和带电轻子 $\ell'_{2I} = e'_{LI}$。狄拉克场由左手外尔旋量和右手外尔旋量的 CP 共轭构成：

在 $U(1)_I$ 变换下，由于 $\bar{e}'_I \to e^{-i \alpha_I} \bar{e}'_I$，其厄米共轭变换为 $\bar{e}_I^{\prime \dagger} \to e^{i \alpha_I} \bar{e}_I^{\prime \dagger}$。因此，狄拉克旋量的上下分量具有相同的相位变换：

这表明对于第 $I$ 代，狄拉克场 $\mathcal{E}_I$ 和 $\mathcal{N}_{LI}$ 在 $U(1)_I$ 下的荷均为 $+1$，而在其他 $U(1)_{J \neq I}$ 下的荷为 $0$。这三个守恒荷分别被称为电子数 ($L_e$)、μ子数 ($L_\mu$) 和 τ子数 ($L_\tau$)。它们的总和即为总轻子数 $L = L_e + L_\mu + L_\tau$。

各狄拉克场的荷列表如下：

习题 88.4 - 解答

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习题分析与物理背景

本题要求直接从给定的有效拉格朗日量（88.36）出发，不使用 Fierz 变换，计算 $\mu$ 子衰变 $\mu^-(p_1) \to e^-(p_1') + \bar{\nu}_e(p_2') + \nu_\mu(p_3')$ 的自旋平均跃迁矩阵元平方 $\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle$，并验证其结果与公式（88.41）一致。

有效拉格朗日量为： $\mathcal{L}_{\text{eff}} = 2\sqrt{2} G_F (\overline{\mathcal{E}}_L \gamma^\mu \mathcal{N}_{eL})(\overline{\mathcal{N}}_{mL} \gamma_\mu \mathcal{M}_L)$ 其中下标 $L$ 表示左手投影，即包含投影算符 $P_L = \frac{1-\gamma_5}{2}$。

解题过程

1. 写出跃迁矩阵元 $\mathcal{T}$

根据有效拉格朗日量，初态为动量 $p_1$ 的 $\mu^-$，末态为动量 $p_1'$ 的 $e^-$、动量 $p_2'$ 的 $\bar{\nu}_e$ 和动量 $p_3'$ 的 $\nu_\mu$。对应的跃迁矩阵元为： $\mathcal{T} = 2\sqrt{2} G_F [\bar{u}_e(p_1') \gamma^\mu P_L v_{\nu_e}(p_2')] [\bar{u}_{\nu_\mu}(p_3') \gamma_\mu P_L u_\mu(p_1)]$

2. 计算复共轭 $\mathcal{T}^*$

利用狄拉克旋量的性质 $(\bar{u} \gamma^\mu P_L v)^* = v^\dagger P_L \gamma^{\mu\dagger} \gamma^0 u = \bar{v} \gamma^0 P_L \gamma^{\mu\dagger} \gamma^0 u$。由于 $\gamma^0 P_L = P_R \gamma^0$ 且 $\gamma^0 \gamma^{\mu\dagger} \gamma^0 = \gamma^\mu$，我们有： $(\bar{u}_e \gamma^\mu P_L v_{\nu_e})^* = \bar{v}_{\nu_e} P_R \gamma^\mu u_e = \bar{v}_{\nu_e} \gamma^\mu P_L u_e$ 同理可得第二部分的复共轭。因此，矩阵元的复共轭为（将求和指标换为 $\nu$）： $\mathcal{T}^* = 2\sqrt{2} G_F [\bar{v}_{\nu_e}(p_2') \gamma^\nu P_L u_e(p_1')] [\bar{u}_\mu(p_1) \gamma_\nu P_L u_{\nu_\mu}(p_3')]$

3. 构造模方并求自旋平均

将 $\mathcal{T}$ 与 $\mathcal{T}^*$ 相乘，对初态 $\mu$ 子自旋求平均（乘以 $1/2$），并对所有末态粒子的自旋求和： $\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle = \frac{1}{2} \sum_{\text{spins}} |\mathcal{T}|^2$ $= 4 G_F^2 \text{Tr}[(\not{p}_1' + m_e) \gamma^\mu P_L (\not{p}_2' - m_{\nu_e}) \gamma^\nu P_L] \text{Tr}[(\not{p}_3' + m_{\nu_\mu}) \gamma_\mu P_L (\not{p}_1 + m_\mu) \gamma_\nu P_L]$

利用投影算符的性质 $P_L \not{p} \gamma^\nu P_L = \not{p} P_R \gamma^\nu P_L = \not{p} \gamma^\nu P_L^2 = \not{p} \gamma^\nu P_L$。忽略中微子质量（$m_{\nu_e} = m_{\nu_\mu} = 0$），且由于奇数个 $\gamma$ 矩阵的迹为零，电子和 $\mu$ 子的质量项在求迹时消失。迹化简为： $\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle = 4 G_F^2 \text{Tr}[\not{p}_1' \gamma^\mu \not{p}_2' \gamma^\nu P_L] \text{Tr}[\not{p}_3' \gamma_\mu \not{p}_1 \gamma_\nu P_L]$

4. 计算狄拉克矩阵的迹

利用标准迹公式 $\text{Tr}[\gamma^\alpha \gamma^\mu \gamma^\beta \gamma^\nu] = 4(g^{\alpha\mu} g^{\beta\nu} - g^{\alpha\beta} g^{\mu\nu} + g^{\alpha\nu} g^{\mu\beta})$ 以及 $\text{Tr}[\gamma^\alpha \gamma^\mu \gamma^\beta \gamma^\nu \gamma_5] = -4i \epsilon^{\alpha\mu\beta\nu}$，计算两个迹：

第一个迹： $T_1^{\mu\nu} = \text{Tr}[\not{p}_1' \gamma^\mu \not{p}_2' \gamma^\nu P_L] = \frac{1}{2} \text{Tr}[\not{p}_1' \gamma^\mu \not{p}_2' \gamma^\nu (1 - \gamma_5)]$ $= 2 \left[ p_1'^\mu p_2'^\nu + p_1'^\nu p_2'^\mu - g^{\mu\nu} (p_1' \cdot p_2') + i \epsilon^{\alpha\mu\beta\nu} p_{1\alpha}' p_{2\beta}' \right]$

第二个迹： $T_{2\mu\nu} = \text{Tr}[\not{p}_3' \gamma_\mu \not{p}_1 \gamma_\nu P_L] = \frac{1}{2} \text{Tr}[\not{p}_3' \gamma_\mu \not{p}_1 \gamma_\nu (1 - \gamma_5)]$ $= 2 \left[ p_{3\mu}' p_{1\nu} + p_{3\nu}' p_{1\mu} - g_{\mu\nu} (p_3' \cdot p_1) + i \epsilon^{\rho}_{\phantom{\rho}\mu\sigma\nu} p_{3\rho}' p_1^\sigma \right]$

5. 张量收缩

将 $T_1^{\mu\nu}$ 和 $T_{2\mu\nu}$ 相乘，对称部分与反对称部分分别收缩（交叉项因对称性为零）：

对称部分的收缩： $4 \left[ p_1'^\mu p_2'^\nu + p_1'^\nu p_2'^\mu - g^{\mu\nu} (p_1' \cdot p_2') \right] \left[ p_{3\mu}' p_{1\nu} + p_{3\nu}' p_{1\mu} - g_{\mu\nu} (p_3' \cdot p_1) \right]$ $= 8 \left[ (p_1' \cdot p_3')(p_2' \cdot p_1) + (p_1' \cdot p_1)(p_2' \cdot p_3') \right]$

反对称部分的收缩： $4 \left( i \epsilon^{\alpha\mu\beta\nu} p_{1\alpha}' p_{2\beta}' \right) \left( i \epsilon^{\rho}_{\phantom{\rho}\mu\sigma\nu} p_{3\rho}' p_1^\sigma \right) = -4 \epsilon^{\alpha\mu\beta\nu} \epsilon_{\rho\mu\sigma\nu} p_{1\alpha}' p_{2\beta}' p_3'^\rho p_1^\sigma$ 利用 Levi-Civita 张量的缩并恒等式 $\epsilon^{\alpha\mu\beta\nu} \epsilon_{\rho\mu\sigma\nu} = \epsilon^{\mu\nu\alpha\beta} \epsilon_{\mu\nu\rho\sigma} = -2 (\delta^\alpha_\rho \delta^\beta_\sigma - \delta^\alpha_\sigma \delta^\beta_\rho)$，上式化为： $8 (\delta^\alpha_\rho \delta^\beta_\sigma - \delta^\alpha_\sigma \delta^\beta_\rho) p_{1\alpha}' p_{2\beta}' p_3'^\rho p_1^\sigma = 8 \left[ (p_1' \cdot p_3')(p_2' \cdot p_1) - (p_1' \cdot p_1)(p_2' \cdot p_3') \right]$

将对称与反对称部分相加，$(p_1' \cdot p_1)(p_2' \cdot p_3')$ 项恰好抵消： $T_1^{\mu\nu} T_{2\mu\nu} = 16 (p_1' \cdot p_3')(p_2' \cdot p_1)$

6. 最终结果

将迹的收缩结果代回 $\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle$ 的表达式中： $\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle = 4 G_F^2 \times 16 (p_1' \cdot p_3')(p_2' \cdot p_1)$ $\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle = 64 G_F^2 (p_1 \cdot p_2')(p_1' \cdot p_3')$

该结果与公式 (88.41) 完全一致，验证完毕。

$\boxed{\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle = 64 G_F^2 (p_1 \cdot p_2')(p_1' \cdot p_3')}$

习题 88.5 - 解答

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习题 88.5 分析与解答

(a) $\nu_{\mu} e^- \rightarrow \nu_{\mu} e^-$ 散射的有效拉格朗日量

先分析物理背景。对于 $\nu_{\mu} e^- \rightarrow \nu_{\mu} e^-$ 散射，由于轻子味守恒，该过程在树图阶只能通过交换 $Z$ 玻色子的中性流（NC）相互作用发生，不存在 $W$ 玻色子交换的带电流（CC）贡献。

标准模型中，低能下的中性流有效拉格朗日量由积分掉 $Z$ 玻色子得到：

其中中性流 $J_{\text{NC}}^\mu = \sum_f \bar{f} \gamma^\mu (T_3^f P_L - Q^f \sin^2\theta_W) f$，左手投影算符 $P_L = \frac{1-\gamma_5}{2}$。

对于 $\nu_\mu$（$T_3 = 1/2, Q = 0$）和 $e^-$（$T_3 = -1/2, Q = -1$），它们的中性流分别为：

提取 $\mathcal{L}_{\text{eff}}^{\text{NC}}$ 中包含 $\nu_\mu$ 和 $e^-$ 的交叉项（注意交叉项有系数 2）：

将其与题目给定的标准形式 $\mathcal{L}_{\text{eff}} = \frac{1}{\sqrt{2}} G_F \overline{\mathcal{N}} \gamma^{\mu} (1 - \gamma_5) \mathcal{N} \, \overline{\mathcal{E}} \gamma_{\mu} (C_V - C_A \gamma_5) \mathcal{E}$ 对比，可直接读出：

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(b) $\nu_e e^- \rightarrow \nu_e e^-$ 散射的有效拉格朗日量

对于 $\nu_e e^- \rightarrow \nu_e e^-$ 散射，除了上述的 $Z$ 玻色子中性流（NC）交换外，还存在 $W$ 玻色子交换的带电流（CC）贡献（即 $\nu_e$ 与 $e^-$ 交换 $W$ 玻色子）。

带电流的低能有效拉格朗日量为：

利用 Fierz 恒等式对反对易的费米子场进行重排，$(\overline{\psi}_1 \gamma^\mu P_L \psi_2)(\overline{\psi}_3 \gamma_\mu P_L \psi_4) = - (\overline{\psi}_1 \gamma^\mu P_L \psi_4)(\overline{\psi}_3 \gamma_\mu P_L \psi_2)$，我们得到：

这相当于在原有的中性流基础上，给电子的矢量和轴矢量耦合分别增加了一个平移量 $\Delta C_V = \frac{1}{2}$ 和 $\Delta C_A = \frac{1}{2}$。 将 (a) 中的结果加上该 CC 贡献，得到：

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(c) 计算自旋平均的矩阵元平方 $\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle$

下面计算散射矩阵元平方。设初始中微子和电子动量分别为 $k, p$，末态分别为 $k', p'$。由有效拉格朗日量写出不变矩阵元：

对初始电子自旋求平均，对所有末态自旋求和（初始中微子仅有左手态，无需除以2）：

分别计算中微子张量和电子张量（忽略中微子质量）：

将两个张量缩并。利用反对称张量恒等式 $\epsilon^{\mu\alpha\nu\beta} \epsilon_{\mu\rho\nu\sigma} = -2 (\delta^\alpha_\rho \delta^\beta_\sigma - \delta^\alpha_\sigma \delta^\beta_\rho)$，交叉项缩并结果为：

对称部分缩并结果为：

将对称与反对称部分相加，合并同类项：

引入 Mandelstam 变量：

代入点乘关系：

最终得到张量缩并结果：

乘上前面的系数 $\frac{G_F^2}{4}$，得到最终的自旋平均矩阵元平方：

习题 88.6 - 解答

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为了系统地求解这三个衰变过程的宽度（衰变率），我们首先推导一个质量为 $M_V$ 的规范玻色子 $V$ 衰变为一对无质量费米子 $f\bar{f}$ 的通用衰变率公式。

通用衰变率公式推导

设相互作用拉格朗日量为： $\mathcal{L}_{\text{int}} = \bar{f} \gamma^\mu (g_L P_L + g_R P_R) f V_\mu$ 其中 $P_{L,R} = \frac{1 \mp \gamma_5}{2}$ 为手征投影算符，$g_L$ 和 $g_R$ 为对应的耦合常数。

衰变振幅为： $\mathcal{M} = \epsilon_\mu(p) \bar{u}(k_1) \gamma^\mu (g_L P_L + g_R P_R) v(k_2)$ 对费米子自旋求和并对玻色子极化求平均，得到自旋平均的矩阵元平方： $\overline{|\mathcal{M}|^2} = \frac{1}{3} \sum_{\lambda} \epsilon_\mu^{(\lambda)} \epsilon_\nu^{(\lambda)*} \text{Tr}\left[ \not{k}_1 \gamma^\mu (g_L P_L + g_R P_R) \not{k}_2 \gamma^\nu (g_L P_L + g_R P_R) \right]$ 利用无质量费米子近似（$m_f \approx 0$），交叉项 $P_L \dots P_R$ 的迹为零。代入极化求和公式 $\sum \epsilon_\mu \epsilon_\nu^* = -g_{\mu\nu} + \frac{p_\mu p_\nu}{M_V^2}$，并利用动量守恒 $p = k_1 + k_2$ 及 $k_1^2 = k_2^2 = 0$，计算迹可得： $\overline{|\mathcal{M}|^2} = \frac{1}{3} \left( -g_{\mu\nu} + \frac{p_\mu p_\nu}{M_V^2} \right) \cdot 2 (g_L^2 + g_R^2) \left( k_1^\mu k_2^\nu + k_1^\nu k_2^\mu - g^{\mu\nu} (k_1 \cdot k_2) \right)$ 由于 $2 k_1 \cdot k_2 = M_V^2$，且 $p_\mu$ 缩并项因流守恒而为零，最终化简为： $\overline{|\mathcal{M}|^2} = \frac{2}{3} M_V^2 (g_L^2 + g_R^2)$ 代入两体衰变的相空间积分公式 $\Gamma = \frac{1}{2M_V} \frac{1}{8\pi} \overline{|\mathcal{M}|^2}$，得到通用衰变率： $\Gamma(V \rightarrow f\bar{f}) = \frac{M_V}{24\pi} (g_L^2 + g_R^2)$

在标准模型中，弱耦合常数 $g$ 与费米常数 $G_F$ 的关系为： $\frac{G_F}{\sqrt{2}} = \frac{g^2}{8 M_W^2} \implies g^2 = 4\sqrt{2} G_F M_W^2$

下面分别计算三个具体过程。计算中采用以下标准物理常数：

• $G_F \approx 1.166 \times 10^{-5} \text{ GeV}^{-2}$
• $M_W \approx 80.38 \text{ GeV}$
• $M_Z \approx 91.19 \text{ GeV}$
• $\sin^2\theta_W \approx 0.231$

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(1) $W^+ \rightarrow e^+ \nu_e$ 衰变率

$W$ 玻色子只与左手费米子耦合，其相互作用顶点为： $\mathcal{L} = \frac{g}{\sqrt{2}} W^+_\mu \bar{\nu}_e \gamma^\mu P_L e + \text{h.c.}$ 因此，耦合常数为 $g_L = \frac{g}{\sqrt{2}}$， $g_R = 0$。代入通用公式： $\Gamma(W^+ \rightarrow e^+ \nu_e) = \frac{M_W}{24\pi} \left( \frac{g^2}{2} \right) = \frac{g^2 M_W}{48\pi}$ 利用 $g^2 = 4\sqrt{2} G_F M_W^2$ 替换 $g$，得到： $\Gamma(W^+ \rightarrow e^+ \nu_e) = \frac{4\sqrt{2} G_F M_W^3}{48\pi} = \frac{G_F M_W^3}{6\sqrt{2}\pi}$ 代入数值计算： $\Gamma(W^+ \rightarrow e^+ \nu_e) = \frac{(1.166 \times 10^{-5}) \times (80.38)^3}{6 \sqrt{2} \pi} \text{ GeV} \approx 0.226 \text{ GeV}$ $\boxed{\Gamma(W^+ \rightarrow e^+ \nu_e) \approx 0.226 \text{ GeV}}$

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(2) $Z^0 \rightarrow \overline{\nu}_e \nu_e$ 衰变率

$Z$ 玻色子与中微子的耦合同样纯粹是左手的（中微子电荷 $Q=0$，弱同位旋 $T_3 = 1/2$），相互作用顶点为： $\mathcal{L} = \frac{g}{\cos\theta_W} Z_\mu \bar{\nu}_e \gamma^\mu \left( \frac{1}{2} P_L \right) \nu_e$ 因此，耦合常数为 $g_L = \frac{g}{2\cos\theta_W}$， $g_R = 0$。代入通用公式： $\Gamma(Z^0 \rightarrow \overline{\nu}_e \nu_e) = \frac{M_Z}{24\pi} \left( \frac{g^2}{4\cos^2\theta_W} \right) = \frac{g^2 M_Z}{96\pi \cos^2\theta_W}$ 利用 $M_W = M_Z \cos\theta_W$，可得 $\frac{g^2}{\cos^2\theta_W} = 4\sqrt{2} G_F M_Z^2$。代入上式： $\Gamma(Z^0 \rightarrow \overline{\nu}_e \nu_e) = \frac{4\sqrt{2} G_F M_Z^3}{96\pi} = \frac{G_F M_Z^3}{12\sqrt{2}\pi}$ 代入数值计算： $\Gamma(Z^0 \rightarrow \overline{\nu}_e \nu_e) = \frac{(1.166 \times 10^{-5}) \times (91.19)^3}{12 \sqrt{2} \pi} \text{ GeV} \approx 0.166 \text{ GeV}$ $\boxed{\Gamma(Z^0 \rightarrow \overline{\nu}_e \nu_e) \approx 0.166 \text{ GeV}}$

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(3) $Z^0 \rightarrow e^+ e^-$ 衰变率

$Z$ 玻色子与电子的耦合同时包含左手和右手部分。对于电子，$T_3 = -1/2$，$Q = -1$。相互作用顶点为： $\mathcal{L} = \frac{g}{\cos\theta_W} Z_\mu \bar{e} \gamma^\mu (c_L P_L + c_R P_R) e$ 其中 $c_L = T_3 - Q\sin^2\theta_W = -\frac{1}{2} + \sin^2\theta_W$，且 $c_R = -Q\sin^2\theta_W = \sin^2\theta_W$。 对应的耦合常数为 $g_L = \frac{g}{\cos\theta_W} c_L$ 和 $g_R = \frac{g}{\cos\theta_W} c_R$。计算平方和： $g_L^2 + g_R^2 = \frac{g^2}{\cos^2\theta_W} \left[ \left(-\frac{1}{2} + \sin^2\theta_W\right)^2 + (\sin^2\theta_W)^2 \right] = \frac{g^2}{\cos^2\theta_W} \left( \frac{1}{4} - \sin^2\theta_W + 2\sin^4\theta_W \right)$ 代入通用公式并使用 $\frac{g^2}{\cos^2\theta_W} = 4\sqrt{2} G_F M_Z^2$： $\Gamma(Z^0 \rightarrow e^+ e^-) = \frac{M_Z}{24\pi} \frac{4\sqrt{2} G_F M_Z^2}{1} \left( \frac{1}{4} - \sin^2\theta_W + 2\sin^4\theta_W \right)$ $\Gamma(Z^0 \rightarrow e^+ e^-) = \frac{G_F M_Z^3}{3\sqrt{2}\pi} \left( \frac{1}{4} - \sin^2\theta_W + 2\sin^4\theta_W \right)$ 注意，这可以写成 $\Gamma(Z^0 \rightarrow e^+ e^-) = 4 \Gamma(Z^0 \rightarrow \overline{\nu}_e \nu_e) \left( \frac{1}{4} - \sin^2\theta_W + 2\sin^4\theta_W \right)$。 代入 $\sin^2\theta_W \approx 0.231$ 计算括号内的因子： $\frac{1}{4} - 0.231 + 2(0.231)^2 \approx 0.25 - 0.231 + 0.1067 = 0.1257$ 代入数值计算： $\Gamma(Z^0 \rightarrow e^+ e^-) \approx 4 \times 0.166 \text{ GeV} \times 0.1257 \approx 0.083 \text{ GeV}$ $\boxed{\Gamma(Z^0 \rightarrow e^+ e^-) \approx 0.083 \text{ GeV}}$