Gauge Field Notes
89.1

Problem 89.1

srednickiChapter 89

习题 89.1

来源: 第89章, PDF第544页

89.1 Verify the claims made immediately after eqs. (89.4) and (89.7).

Referenced Equations:

Equation (89.4):

Lkin=iq†αiσˉμ(Dμq)αi+iuˉα†σˉμ(Dμuˉ)α+idˉα†σˉμ(Dμdˉ)α .(89.4)\mathcal{L}_{\text{kin}} = i q^{\dagger \alpha i} \bar{\sigma}^\mu (D_\mu q)_{\alpha i} + i \bar{u}_\alpha^\dagger \bar{\sigma}^\mu (D_\mu \bar{u})^\alpha + i \bar{d}_\alpha^\dagger \bar{\sigma}^\mu (D_\mu \bar{d})^\alpha \, . \tag{89.4}

Equation (89.7):

(1,2,+12)⊗(3,2,+16)⊗(3ˉ,1,−23)=(1,1,0)⊕… .(89.7)(1, 2, +\tfrac{1}{2}) \otimes (3, 2, +\tfrac{1}{6}) \otimes (\bar{3}, 1, -\tfrac{2}{3}) = (1, 1, 0) \oplus \dots \, . \tag{89.7}

习题 89.1 - 解答

先分析 Eq. (89.4) 之后的推断。Eq. (89.4) 给出了夸克部分的动能项拉格朗日量。紧随其后的物理推断主要包含两个标准模型的核心自洽性检验：超荷赋值给出正确的电荷，以及规范反常的精确相消。下面分两步进行严格验证。

1. 验证电荷赋值的正确性

根据 Gell-Mann–Nishijima 关系，电荷 QQ、弱同位旋第三分量 T3T_3 与弱超荷 YY 满足 Q=T3+YQ = T_3 + Y。 已知夸克场的规范群 SU(3)C×SU(2)L×U(1)YSU(3)_C \times SU(2)_L \times U(1)_Y 表示为：

  • 左手夸克双重态 q∼(3,2,+1/6)q \sim (3, 2, +1/6)
  • 右手反上夸克 uˉ∼(3ˉ,1,−2/3)\bar{u} \sim (\bar{3}, 1, -2/3)
  • 右手反下夸克 dˉ∼(3ˉ,1,+1/3)\bar{d} \sim (\bar{3}, 1, +1/3)

代入公式计算各分量的电荷： 对于 q=(ud)q = \begin{pmatrix} u \\ d \end{pmatrix}，其 T3T_3 分别为 +1/2+1/2 和 −1/2-1/2： Q(u)=+12+16=+23,Q(d)=−12+16=−13Q(u) = +\frac{1}{2} + \frac{1}{6} = +\frac{2}{3}, \quad Q(d) = -\frac{1}{2} + \frac{1}{6} = -\frac{1}{3} 对于单态 uˉ\bar{u} 和 dˉ\bar{d}，其 T3=0T_3 = 0： Q(uˉ)=0−23=−23,Q(dˉ)=0+13=+13Q(\bar{u}) = 0 - \frac{2}{3} = -\frac{2}{3}, \quad Q(\bar{d}) = 0 + \frac{1}{3} = +\frac{1}{3} 这与夸克及其反粒子的实际电荷完全一致，即： Q(u)=+23,Q(d)=−13,Q(uˉ)=−23,Q(dˉ)=+13\boxed{Q(u) = +\frac{2}{3}, \quad Q(d) = -\frac{1}{3}, \quad Q(\bar{u}) = -\frac{2}{3}, \quad Q(\bar{d}) = +\frac{1}{3}}

2. 验证规范反常相消 (Anomaly Cancellation)

手征反常正比于左手外尔费米子表示矩阵的对称迹 Tr({Ta,Tb}Tc)\text{Tr}(\{T^a, T^b\}T^c)。我们需要将夸克部分的贡献与轻子部分（l∼(1,2,−1/2)l \sim (1, 2, -1/2), eˉ∼(1,1,+1)\bar{e} \sim (1, 1, +1)）相加，验证所有规范反常均严格为零。

  • SU(3)C3SU(3)_C^3 反常：仅夸克参与。基础表示 33 的反常系数为 +1+1，3ˉ\bar{3} 为 −1-1。qq 是 SU(2)SU(2) 双重态，包含两个 33 表示： A(SU(3)3)∝2(1)+(−1)+(−1)=0\mathcal{A}(SU(3)^3) \propto 2(1) + (-1) + (-1) = 0
  • SU(2)L3SU(2)_L^3 反常：由于 SU(2)SU(2) 的所有表示均为实或伪实表示，反常自动为零。
  • U(1)Y3U(1)_Y^3 反常：正比于 ∑Y3\sum Y^3。注意夸克有 3 个颜色自由度： ∑Y3=[2(−12)3+13]⏟轻子+3[2(16)3+(−23)3+(13)3]⏟夸克\sum Y^3 = \underbrace{\left[ 2\left(-\frac{1}{2}\right)^3 + 1^3 \right]}_{\text{轻子}} + \underbrace{3 \left[ 2\left(\frac{1}{6}\right)^3 + \left(-\frac{2}{3}\right)^3 + \left(\frac{1}{3}\right)^3 \right]}_{\text{夸克}} =(−14+1)+3(2216−827+127)=34+3(1108−28108)=34+3(−14)=0= \left( -\frac{1}{4} + 1 \right) + 3 \left( \frac{2}{216} - \frac{8}{27} + \frac{1}{27} \right) = \frac{3}{4} + 3 \left( \frac{1}{108} - \frac{28}{108} \right) = \frac{3}{4} + 3\left(-\frac{1}{4}\right) = 0
  • SU(3)C2×U(1)YSU(3)_C^2 \times U(1)_Y 反常：正比于参与 SU(3)SU(3) 相互作用的费米子的超荷之和： ∑SU(3)Y=2(16)+(−23)+(13)=13−23+13=0\sum_{SU(3)} Y = 2\left(\frac{1}{6}\right) + \left(-\frac{2}{3}\right) + \left(\frac{1}{3}\right) = \frac{1}{3} - \frac{2}{3} + \frac{1}{3} = 0
  • SU(2)L2×U(1)YSU(2)_L^2 \times U(1)_Y 反常：正比于参与 SU(2)SU(2) 相互作用的费米子的超荷之和： ∑SU(2)Y=1(−12)⏟轻子+3(16)⏟夸克=−12+12=0\sum_{SU(2)} Y = \underbrace{1\left(-\frac{1}{2}\right)}_{\text{轻子}} + \underbrace{3\left(\frac{1}{6}\right)}_{\text{夸克}} = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 0
  • 引力-U(1)YU(1)_Y 混合反常：正比于所有费米子的超荷总和： ∑Y=[2(−12)+1]⏟轻子+3[2(16)−23+13]⏟夸克=0+3(0)=0\sum Y = \underbrace{\left[ 2\left(-\frac{1}{2}\right) + 1 \right]}_{\text{轻子}} + \underbrace{3 \left[ 2\left(\frac{1}{6}\right) - \frac{2}{3} + \frac{1}{3} \right]}_{\text{夸克}} = 0 + 3(0) = 0 综上所述，所有规范反常和混合反常均精确相消： ∑Agauge=0\boxed{\sum \mathcal{A}_{\text{gauge}} = 0}

再分析 Eq. (89.7) 之后的推断。Eq. (89.7) 指出，通过 Higgs 双重态 H∼(1,2,+1/2)H \sim (1, 2, +1/2) 与 qq 和 uˉ\bar{u} 的张量积可以直和出规范单态 (1,1,0)(1, 1, 0)，从而允许写出上夸克 Yukawa 耦合 HquˉH q \bar{u}。紧随其后的推断是：利用共轭 Higgs 场，同理可以构造出下夸克的规范不变 Yukawa 耦合。

3. 验证下夸克 Yukawa 耦合的规范不变性

Higgs 场的厄米共轭 H†H^\dagger 的表示为 (1,2,−1/2)(1, 2, -1/2)。我们需要验证 H†⊗q⊗dˉH^\dagger \otimes q \otimes \bar{d} 的张量积中包含规范单态 (1,1,0)(1, 1, 0)。 参与张量积的表示为：

  • H†∼(1,2,−1/2)H^\dagger \sim (1, 2, -1/2)
  • q∼(3,2,+1/6)q \sim (3, 2, +1/6)
  • dˉ∼(3ˉ,1,+1/3)\bar{d} \sim (\bar{3}, 1, +1/3)

逐个考察规范群的直积分解：

  • SU(3)CSU(3)_C 颜色部分：1⊗3⊗3ˉ=3⊗3ˉ=1⊕81 \otimes 3 \otimes \bar{3} = 3 \otimes \bar{3} = 1 \oplus 8。其中包含颜色单态 11。
  • SU(2)LSU(2)_L 弱同位旋部分：2⊗2⊗1=2⊗2=1⊕32 \otimes 2 \otimes 1 = 2 \otimes 2 = 1 \oplus 3。其中包含弱同位旋单态 11。
  • U(1)YU(1)_Y 弱超荷部分：超荷直接相加： Ytotal=−12+16+13=−36+16+26=0Y_{\text{total}} = -\frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{3} = -\frac{3}{6} + \frac{1}{6} + \frac{2}{6} = 0 由于三个规范群的乘积中均包含平凡表示，该张量积必然包含完全的规范单态： (1,2,−1/2)⊗(3,2,+1/6)⊗(3ˉ,1,+1/3)=(1,1,0)⊕…\boxed{(1, 2, -1/2) \otimes (3, 2, +1/6) \otimes (\bar{3}, 1, +1/3) = (1, 1, 0) \oplus \dots} 这证明了拉格朗日量中允许存在规范不变的下夸克质量项 L⊃ydH†qdˉ\mathcal{L} \supset y_d H^\dagger q \bar{d}。
89.2

Problem 89.2

srednickiChapter 89

习题 89.2

来源: 第89章, PDF第544页

89.2 Compute the rates for the decay processes W+→udˉW^+ \rightarrow u\bar{d}, Z0→uˉuZ^0 \rightarrow \bar{u}u, and Z0→dˉdZ^0 \rightarrow \bar{d}d. Neglect the quark masses. Express your results in GeV. Combine your answers with those of problem 88.6, and sum over generations to get the total decay rates for the W±W^\pm and Z0Z^0. You can neglect the masses of all quarks and leptons except the top quark, and take θ2=θ3=0\theta_2 = \theta_3 = 0.

习题 89.2 - 解答

先分析计算标准模型中 WW 和 ZZ 玻色子衰变到费米子对的通用公式。

在树图近似下，忽略费米子质量，矢量玻色子 VV 衰变到费米子对 ffˉf\bar{f} 的宽度公式为： 对于 WW 玻色子，顶点为 −ig2VijγμPL-i \frac{g}{\sqrt{2}} V_{ij} \gamma^\mu P_L，衰变宽度为： Γ(W→ffˉ′)=NcGFMW362π∣Vff′∣2\Gamma(W \rightarrow f\bar{f}') = N_c \frac{G_F M_W^3}{6\sqrt{2}\pi} |V_{ff'}|^2 对于 ZZ 玻色子，顶点为 −igcos⁡θWγμ(cLPL+cRPR)-i \frac{g}{\cos\theta_W} \gamma^\mu (c_L P_L + c_R P_R)，其中 cL=T3−Qsin⁡2θWc_L = T_3 - Q\sin^2\theta_W，cR=−Qsin⁡2θWc_R = -Q\sin^2\theta_W，衰变宽度为： Γ(Z→ffˉ)=NcGFMZ332π(cL2+cR2)\Gamma(Z \rightarrow f\bar{f}) = N_c \frac{G_F M_Z^3}{3\sqrt{2}\pi} (c_L^2 + c_R^2) 其中，对于夸克 Nc=3N_c = 3，对于轻子 Nc=1N_c = 1。

计算中采用以下标准物理常数： GF≈1.166×10−5 GeV−2G_F \approx 1.166 \times 10^{-5} \text{ GeV}^{-2} MW≈80.4 GeVM_W \approx 80.4 \text{ GeV} MZ≈91.2 GeVM_Z \approx 91.2 \text{ GeV} sin⁡2θW≈0.231\sin^2\theta_W \approx 0.231 Cabibbo角 θ1≈13∘  ⟹  cos⁡θ1≈0.974\theta_1 \approx 13^\circ \implies \cos\theta_1 \approx 0.974

由此可得基础宽度因子： Γ0W≡GFMW362π≈0.227 GeV\Gamma_0^W \equiv \frac{G_F M_W^3}{6\sqrt{2}\pi} \approx 0.227 \text{ GeV} Γ0Z≡GFMZ332π≈0.664 GeV\Gamma_0^Z \equiv \frac{G_F M_Z^3}{3\sqrt{2}\pi} \approx 0.664 \text{ GeV}

1. 特定夸克衰变通道的计算

(a) W+→udˉW^+ \rightarrow u\bar{d} 题目要求取 θ2=θ3=0\theta_2 = \theta_3 = 0，这意味着 CKM 矩阵仅在第一和第二代之间有混合，即 Vud=cos⁡θ1V_{ud} = \cos\theta_1。 Γ(W+→udˉ)=3Γ0W∣Vud∣2=3Γ0Wcos⁡2θ1\Gamma(W^+ \rightarrow u\bar{d}) = 3 \Gamma_0^W |V_{ud}|^2 = 3 \Gamma_0^W \cos^2\theta_1 代入数值： Γ(W+→udˉ)≈3×0.227×(0.974)2≈0.646 GeV\Gamma(W^+ \rightarrow u\bar{d}) \approx 3 \times 0.227 \times (0.974)^2 \approx \boxed{0.646 \text{ GeV}}

(b) Z0→uuˉZ^0 \rightarrow u\bar{u} 对于上型夸克 uu，T3=12T_3 = \frac{1}{2}，Q=23Q = \frac{2}{3}： cL=12−23sin⁡2θW≈0.5−0.667(0.231)=0.346c_L = \frac{1}{2} - \frac{2}{3}\sin^2\theta_W \approx 0.5 - 0.667(0.231) = 0.346 cR=−23sin⁡2θW≈−0.154c_R = -\frac{2}{3}\sin^2\theta_W \approx -0.154 cL2+cR2≈0.1197+0.0237=0.1434c_L^2 + c_R^2 \approx 0.1197 + 0.0237 = 0.1434 衰变宽度为： Γ(Z0→uuˉ)=3Γ0Z(cL2+cR2)≈3×0.664×0.1434≈0.286 GeV\Gamma(Z^0 \rightarrow u\bar{u}) = 3 \Gamma_0^Z (c_L^2 + c_R^2) \approx 3 \times 0.664 \times 0.1434 \approx \boxed{0.286 \text{ GeV}}

(c) Z0→ddˉZ^0 \rightarrow d\bar{d} 对于下型夸克 dd，T3=−12T_3 = -\frac{1}{2}，Q=−13Q = -\frac{1}{3}： cL=−12+13sin⁡2θW≈−0.5+0.333(0.231)=−0.423c_L = -\frac{1}{2} + \frac{1}{3}\sin^2\theta_W \approx -0.5 + 0.333(0.231) = -0.423 cR=13sin⁡2θW≈0.077c_R = \frac{1}{3}\sin^2\theta_W \approx 0.077 cL2+cR2≈0.1789+0.0059=0.1848c_L^2 + c_R^2 \approx 0.1789 + 0.0059 = 0.1848 衰变宽度为： Γ(Z0→ddˉ)=3Γ0Z(cL2+cR2)≈3×0.664×0.1848≈0.368 GeV\Gamma(Z^0 \rightarrow d\bar{d}) = 3 \Gamma_0^Z (c_L^2 + c_R^2) \approx 3 \times 0.664 \times 0.1848 \approx \boxed{0.368 \text{ GeV}}

2. 结合习题 88.6 计算总衰变率

根据习题 88.6 的结果，轻子通道的衰变率（Nc=1N_c=1）为：

  • W→ℓνℓW \rightarrow \ell \nu_\ell: Γ=Γ0W≈0.227 GeV\Gamma = \Gamma_0^W \approx 0.227 \text{ GeV}
  • Z→νℓνˉℓZ \rightarrow \nu_\ell \bar{\nu}_\ell: cL=12,cR=0  ⟹  Γ=Γ0Z(14)≈0.166 GeVc_L = \frac{1}{2}, c_R = 0 \implies \Gamma = \Gamma_0^Z (\frac{1}{4}) \approx 0.166 \text{ GeV}
  • Z→ℓ+ℓ−Z \rightarrow \ell^+ \ell^-: cL=−12+sin⁡2θW,cR=sin⁡2θW  ⟹  cL2+cR2≈0.1257  ⟹  Γ≈0.083 GeVc_L = -\frac{1}{2} + \sin^2\theta_W, c_R = \sin^2\theta_W \implies c_L^2 + c_R^2 \approx 0.1257 \implies \Gamma \approx 0.083 \text{ GeV}

下面对所有代（Generations）求和。由于顶夸克（Top quark）质量 mt≈173 GeVm_t \approx 173 \text{ GeV} 远大于 MWM_W 和 MZM_Z，在运动学上被禁止，因此夸克求和仅包含 u,cu, c 和 d,s,bd, s, b。

(a) W±W^\pm 的总衰变率 轻子部分（3代）：3×Γ(W→eν)=3Γ0W3 \times \Gamma(W \rightarrow e\nu) = 3 \Gamma_0^W 夸克部分：WW 衰变到 uu 和 cc 夸克与下型夸克 d,s,bd, s, b 的组合。利用 CKM 矩阵的幺正性，对前两代上型夸克求和： ∑i=u,c∑j=d,s,b∣Vij∣2=∑i=u,c1=2\sum_{i=u,c} \sum_{j=d,s,b} |V_{ij}|^2 = \sum_{i=u,c} 1 = 2 因此夸克部分的总贡献为 2×3Γ0W=6Γ0W2 \times 3 \Gamma_0^W = 6 \Gamma_0^W。 总衰变率为： ΓWtotal=(3+6)Γ0W=9Γ0W≈9×0.227 GeV=2.04 GeV\Gamma_{W}^{\text{total}} = (3 + 6) \Gamma_0^W = 9 \Gamma_0^W \approx 9 \times 0.227 \text{ GeV} = \boxed{2.04 \text{ GeV}}

(b) Z0Z^0 的总衰变率 轻子部分：

  • 3代中微子：3×0.166 GeV=0.498 GeV3 \times 0.166 \text{ GeV} = 0.498 \text{ GeV}
  • 3代带电轻子：3×0.083 GeV=0.249 GeV3 \times 0.083 \text{ GeV} = 0.249 \text{ GeV}

夸克部分：

  • 2代上型夸克 (u,cu, c)：2×Γ(Z→uuˉ)=2×0.286 GeV=0.572 GeV2 \times \Gamma(Z \rightarrow u\bar{u}) = 2 \times 0.286 \text{ GeV} = 0.572 \text{ GeV}
  • 3代下型夸克 (d,s,bd, s, b)：3×Γ(Z→ddˉ)=3×0.368 GeV=1.104 GeV3 \times \Gamma(Z \rightarrow d\bar{d}) = 3 \times 0.368 \text{ GeV} = 1.104 \text{ GeV}

总衰变率为各项之和： ΓZtotal=0.498+0.249+0.572+1.104=2.42 GeV\Gamma_{Z}^{\text{total}} = 0.498 + 0.249 + 0.572 + 1.104 = \boxed{2.42 \text{ GeV}}

(注：上述结果为树图级理论值。实验测得的 ΓW≈2.08 GeV\Gamma_W \approx 2.08 \text{ GeV} 和 ΓZ≈2.49 GeV\Gamma_Z \approx 2.49 \text{ GeV} 略高，是因为强子衰变部分还需包含 QCD 辐射修正因子 ∼1+αs/π\sim 1 + \alpha_s/\pi。)

89.3

Problem 89.3

srednickiChapter 89

习题 89.3

来源: 第89章, PDF第544页

89.3 Show that the Standard Model is anomaly free. Hint: you must consider 3-3-3, 2-2-2, 3-3-1, 2-2-1, and 1-1-1 anomalies, where the number denotes the gauge group of one of the external gauge fields in the triangle diagram. Why do we not need to worry about the unlisted combinations?

习题 89.3 - 解答

要证明标准模型（Standard Model, SM）是无反常（anomaly-free）的，我们需要验证所有可能的规范场三角图（即手征反常）的贡献总和为零。标准模型的规范群为 SU(3)C×SU(2)L×U(1)YSU(3)_C \times SU(2)_L \times U(1)_Y。

在进行具体计算之前，先列出标准模型中单代费米子的量子数表示 (SU(3)C,SU(2)L,U(1)Y)(SU(3)_C, SU(2)_L, U(1)_Y)：

  • 左手夸克双重态 QL=(uL,dL)T∼(3,2,1/6)Q_L = (u_L, d_L)^T \sim (\mathbf{3}, \mathbf{2}, 1/6)
  • 右手向上夸克 uR∼(3,1,2/3)u_R \sim (\mathbf{3}, \mathbf{1}, 2/3)
  • 右手向下夸克 dR∼(3,1,−1/3)d_R \sim (\mathbf{3}, \mathbf{1}, -1/3)
  • 左手轻子双重态 LL=(νL,eL)T∼(1,2,−1/2)L_L = (\nu_L, e_L)^T \sim (\mathbf{1}, \mathbf{2}, -1/2)
  • 右手电子 eR∼(1,1,−1)e_R \sim (\mathbf{1}, \mathbf{1}, -1)

手征反常系数正比于生成元迹的对称化求和： Aabc=∑LeftTr[Ta{Tb,Tc}]−∑RightTr[Ta{Tb,Tc}]\mathcal{A}^{abc} = \sum_{\text{Left}} \text{Tr}\left[T^a \{T^b, T^c\}\right] - \sum_{\text{Right}} \text{Tr}\left[T^a \{T^b, T^c\}\right]

1. 为什么不需要考虑未列出的组合？

未列出的组合包括：3-2-2, 3-3-2, 3-2-1, 3-1-1, 2-1-1。 这些组合的共同特点是：包含恰好一个 SU(3)CSU(3)_C 生成元或恰好一个 SU(2)LSU(2)_L 生成元。

在计算三角图反常时，不同规范群的生成元作用在不同的空间上，迹可以分解。例如，对于 3-2-2 组合，反常系数正比于： Tr(T3a)Tr({T2b,T2c})\text{Tr}(T^a_3) \text{Tr}(\{T^b_2, T^c_2\}) 由于非阿贝尔群 SU(N)SU(N) 的生成元是无迹的，即 Tr(T3a)=0\text{Tr}(T^a_3) = 0 且 Tr(T2a)=0\text{Tr}(T^a_2) = 0，因此任何包含奇数个（特别是1个）非阿贝尔生成元的组合，其反常系数平庸地为零。这就是为什么我们只需关注 3-3-3, 2-2-2, 3-3-1, 2-2-1 和 1-1-1 这五种组合。

2. 逐一验证列出的反常组合

下面分别计算这五种可能产生反常的组合，证明它们在标准模型中均严格相消。

(1) 3-3-3 反常 (SU(3)C3SU(3)_C^3)

这对应于纯 QCD 反常。反常系数正比于参与强相互作用的左手费米子与右手费米子的数量差。 对于 SU(3)CSU(3)_C，左手场有 QLQ_L（包含上下两个夸克，即2个三重态），右手场有 uRu_R 和 dRd_R（各1个三重态）。 A333∝∑Left1−∑Right1=2QL−(1uR+1dR)=2−2=0\mathcal{A}_{333} \propto \sum_{\text{Left}} 1 - \sum_{\text{Right}} 1 = 2_{Q_L} - (1_{u_R} + 1_{d_R}) = 2 - 2 = 0 这表明 QCD 是一种类矢量（vector-like）规范理论，自然无反常。

(2) 2-2-2 反常 (SU(2)L3SU(2)_L^3)

这对应于纯弱同位旋反常。对于 SU(2)SU(2) 群，所有的表示都是实表示或伪实表示。泡利矩阵满足反对易关系 {τa,τb}=2δabI\{\tau^a, \tau^b\} = 2\delta^{ab}\mathbb{I}，因此： Tr(τa{τb,τc})=2δbcTr(τa)=0\text{Tr}\left(\tau^a \{\tau^b, \tau^c\}\right) = 2\delta^{bc} \text{Tr}(\tau^a) = 0 因此，任何 SU(2)SU(2) 规范理论的 2-2-2 反常在代数结构上恒为零。 A222=0\mathcal{A}_{222} = 0

(3) 3-3-1 反常 (SU(3)C2×U(1)YSU(3)_C^2 \times U(1)_Y)

该反常正比于所有带有色荷（即夸克）的费米子的超荷 YY 之和。由于 SU(3)SU(3) 生成元满足 Tr(TaTb)=12δab\text{Tr}(T^a T^b) = \frac{1}{2}\delta^{ab}，反常系数为： A331∝∑Left quarksY−∑Right quarksY\mathcal{A}_{331} \propto \sum_{\text{Left quarks}} Y - \sum_{\text{Right quarks}} Y 代入夸克的超荷（注意 QLQ_L 是 SU(2)SU(2) 双重态，包含2个分量）： A331∝2×Y(QL)−[1×Y(uR)+1×Y(dR)]\mathcal{A}_{331} \propto 2 \times Y(Q_L) - \left[ 1 \times Y(u_R) + 1 \times Y(d_R) \right] A331∝2(16)−(23−13)=13−13=0\mathcal{A}_{331} \propto 2 \left(\frac{1}{6}\right) - \left( \frac{2}{3} - \frac{1}{3} \right) = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} = 0

(4) 2-2-1 反常 (SU(2)L2×U(1)YSU(2)_L^2 \times U(1)_Y)

该反常正比于所有 SU(2)LSU(2)_L 双重态费米子的超荷 YY 之和。右手费米子是 SU(2)LSU(2)_L 单态，不参与此反常。 A221∝∑Left doubletsY\mathcal{A}_{221} \propto \sum_{\text{Left doublets}} Y 代入左手夸克 QLQ_L（有3个颜色）和左手轻子 LLL_L（无色）的超荷： A221∝3×Y(QL)+1×Y(LL)\mathcal{A}_{221} \propto 3 \times Y(Q_L) + 1 \times Y(L_L) A221∝3(16)+(−12)=12−12=0\mathcal{A}_{221} \propto 3 \left(\frac{1}{6}\right) + \left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0 物理意义：这深刻地揭示了夸克的颜色自由度（Nc=3N_c = 3）是抵消轻子反常的必要条件。

(5) 1-1-1 反常 (U(1)Y3U(1)_Y^3)

该反常正比于所有费米子超荷立方的左右手之差： A111∝∑LeftY3−∑RightY3\mathcal{A}_{111} \propto \sum_{\text{Left}} Y^3 - \sum_{\text{Right}} Y^3 分别计算左手和右手部分的贡献（注意夸克的颜色因子 3 和双重态因子 2）： 左手贡献： ∑LeftY3=3×2×(16)3+1×2×(−12)3=6(1216)+2(−18)=136−14=−836=−29\sum_{\text{Left}} Y^3 = 3 \times 2 \times \left(\frac{1}{6}\right)^3 + 1 \times 2 \times \left(-\frac{1}{2}\right)^3 = 6 \left(\frac{1}{216}\right) + 2 \left(-\frac{1}{8}\right) = \frac{1}{36} - \frac{1}{4} = -\frac{8}{36} = -\frac{2}{9} 右手贡献： ∑RightY3=3×(23)3+3×(−13)3+1×(−1)3=3(827)+3(−127)−1=89−19−1=−29\sum_{\text{Right}} Y^3 = 3 \times \left(\frac{2}{3}\right)^3 + 3 \times \left(-\frac{1}{3}\right)^3 + 1 \times (-1)^3 = 3 \left(\frac{8}{27}\right) + 3 \left(-\frac{1}{27}\right) - 1 = \frac{8}{9} - \frac{1}{9} - 1 = -\frac{2}{9} 两者相减： A111∝(−29)−(−29)=0\mathcal{A}_{111} \propto \left(-\frac{2}{9}\right) - \left(-\frac{2}{9}\right) = 0

(注：虽然题目未要求，但引力-规范混合反常 Tr(YL)−Tr(YR)=3×2(1/6)+2(−1/2)−[3(2/3)+3(−1/3)+(−1)]=0\text{Tr}(Y_L) - \text{Tr}(Y_R) = 3 \times 2(1/6) + 2(-1/2) - [3(2/3) + 3(-1/3) + (-1)] = 0 同样相消。)

结论

通过对所有可能的非平庸规范生成元组合进行计算，我们发现每一项的系数均严格为零。

All anomaly coefficients A333,A222,A331,A221,A111 vanish, proving the Standard Model is anomaly free.\boxed{\text{All anomaly coefficients } \mathcal{A}_{333}, \mathcal{A}_{222}, \mathcal{A}_{331}, \mathcal{A}_{221}, \mathcal{A}_{111} \text{ vanish, proving the Standard Model is anomaly free.}}

89.4

Problem 89.4

srednickiChapter 89

习题 89.4

来源: 第89章, PDF第544页

89.4 Compute the leading term in the beta function for each of the three gauge couplings of the Standard Model.

习题 89.4 - 解答

习题分析与一般公式

在标准模型（Standard Model, SM）中，规范群为 SU(3)C×SU(2)L×U(1)YSU(3)_C \times SU(2)_L \times U(1)_Y。计算规范耦合常数 gig_i 的重整化群 β\beta 函数的领头项（即单圈贡献），其一般形式为： β(gi)=μdgidμ=bi16π2gi3\beta(g_i) = \mu \frac{d g_i}{d\mu} = \frac{b_i}{16\pi^2} g_i^3 其中单圈系数 bib_i 的一般计算公式为： bi=−113C2(Gi)+23∑fT(Rf)+13∑sT(Rs)b_i = -\frac{11}{3} C_2(G_i) + \frac{2}{3} \sum_{f} T(R_f) + \frac{1}{3} \sum_{s} T(R_s)

  • C2(Gi)C_2(G_i) 是伴随表示的二次卡西米尔不变量（对于 SU(N)SU(N) 群，C2=NC_2 = N；对于 U(1)U(1) 群，C2=0C_2 = 0）。
  • T(Rf)T(R_f) 是左手外尔费米子（Weyl fermion）表示的代数指数。对于 SU(N)SU(N) 的基础表示，通常归一化为 T(R)=1/2T(R) = 1/2；对于 U(1)YU(1)_Y，T(R)=Y2T(R) = Y^2。
  • T(Rs)T(R_s) 是复标量场（Complex scalar）表示的代数指数。

标准模型粒子内容与量子数

标准模型包含 Ng=3N_g = 3 代费米子和 1 个希格斯双重态。所有费米子均用左手外尔旋量表示，其在 SU(3)C×SU(2)L×U(1)YSU(3)_C \times SU(2)_L \times U(1)_Y 下的变换性质为：

  • 夸克双重态 QLQ_L: (3,2,+1/6)(\mathbf{3}, \mathbf{2}, +1/6)
  • 反上夸克单态 uRcu_R^c: (3ˉ,1,−2/3)(\mathbf{\bar{3}}, \mathbf{1}, -2/3)
  • 反下夸克单态 dRcd_R^c: (3ˉ,1,+1/3)(\mathbf{\bar{3}}, \mathbf{1}, +1/3)
  • 轻子双重态 LLL_L: (1,2,−1/2)(\mathbf{1}, \mathbf{2}, -1/2)
  • 反电子单态 eRce_R^c: (1,1,+1)(\mathbf{1}, \mathbf{1}, +1)
  • 希格斯复标量 HH: (1,2,+1/2)(\mathbf{1}, \mathbf{2}, +1/2)

下面分别计算三个规范耦合的单圈 β\beta 函数系数。

1. 强相互作用 SU(3)CSU(3)_C 耦合 g3g_3

对于 SU(3)CSU(3)_C 群：

  • 规范玻色子贡献：C2(G3)=3C_2(G_3) = 3。
  • 费米子贡献：只有夸克带有色荷。每代包含 QLQ_L（SU(2)SU(2) 双重态，多重度为 2）、uRcu_R^c（单态，多重度为 1）和 dRcd_R^c（单态，多重度为 1）。它们均处于 SU(3)SU(3) 的基础表示或反基础表示（T=1/2T = 1/2）。 总外尔费米子数 = Ng×(2+1+1)=3×4=12N_g \times (2 + 1 + 1) = 3 \times 4 = 12。
  • 标量场贡献：希格斯场不带色荷，贡献为 0。

代入公式计算 b3b_3： b3=−113(3)+23(12×12)+0=−11+4=−7b_3 = -\frac{11}{3}(3) + \frac{2}{3}\left(12 \times \frac{1}{2}\right) + 0 = -11 + 4 = -7 因此，SU(3)CSU(3)_C 的领头项 β\beta 函数为： β(g3)=−716π2g33\boxed{ \beta(g_3) = -\frac{7}{16\pi^2} g_3^3 }

2. 弱相互作用 SU(2)LSU(2)_L 耦合 g2g_2

对于 SU(2)LSU(2)_L 群：

  • 规范玻色子贡献：C2(G2)=2C_2(G_2) = 2。
  • 费米子贡献：只有左手双重态 QLQ_L 和 LLL_L 参与。每代中 QLQ_L 包含 3 个色自由度，LLL_L 为色单态。它们处于 SU(2)SU(2) 的基础表示（T=1/2T = 1/2）。 总外尔费米子数 = Ng×(3+1)=3×4=12N_g \times (3 + 1) = 3 \times 4 = 12。
  • 标量场贡献：1 个希格斯双重态 HH，处于基础表示（T=1/2T = 1/2）。

代入公式计算 b2b_2： b2=−113(2)+23(12×12)+13(1×12)=−223+4+16=−196b_2 = -\frac{11}{3}(2) + \frac{2}{3}\left(12 \times \frac{1}{2}\right) + \frac{1}{3}\left(1 \times \frac{1}{2}\right) = -\frac{22}{3} + 4 + \frac{1}{6} = -\frac{19}{6} 因此，SU(2)LSU(2)_L 的领头项 β\beta 函数为： β(g2)=−196116π2g23\boxed{ \beta(g_2) = -\frac{19}{6} \frac{1}{16\pi^2} g_2^3 }

3. 超荷 U(1)YU(1)_Y 耦合 g1g_1

对于 U(1)YU(1)_Y 群：

  • 规范玻色子贡献：阿贝尔群没有自相互作用，C2(G1)=0C_2(G_1) = 0。
  • 费米子贡献：需要对所有外尔费米子的超荷平方 Y2Y^2 求和，并乘以相应的 SU(3)SU(3) 和 SU(2)SU(2) 多重度。 单代费米子的 ∑Y2\sum Y^2 为： 3×2×(16)2+3×1×(−23)2+3×1×(13)2+1×2×(−12)2+1×1×(1)23 \times 2 \times \left(\frac{1}{6}\right)^2 + 3 \times 1 \times \left(-\frac{2}{3}\right)^2 + 3 \times 1 \times \left(\frac{1}{3}\right)^2 + 1 \times 2 \times \left(-\frac{1}{2}\right)^2 + 1 \times 1 \times (1)^2 =636+129+39+24+1=16+43+13+12+1=103= \frac{6}{36} + \frac{12}{9} + \frac{3}{9} + \frac{2}{4} + 1 = \frac{1}{6} + \frac{4}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{2} + 1 = \frac{10}{3} 三代费米子总和为 3×103=103 \times \frac{10}{3} = 10。
  • 标量场贡献：希格斯双重态的 ∑Y2=1×2×(12)2=12\sum Y^2 = 1 \times 2 \times \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{2}。

代入公式计算标准模型超荷耦合 g′g'（记为 gYg_Y）的系数 bYb_Y： bY=0+23(10)+13(12)=203+16=416b_Y = 0 + \frac{2}{3}(10) + \frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{20}{3} + \frac{1}{6} = \frac{41}{6}

大统一理论 (GUT) 归一化说明： 由于本题出自第89章（通常对应量子场论教材中的大统一理论章节，如 Srednicki QFT），U(1)U(1) 耦合常数 g1g_1 通常被重新归一化，以匹配 SU(5)SU(5) 生成元的迹归一化条件。GUT 归一化的耦合常数 g1g_1 与标准模型超荷耦合 g′g' 的关系为 g1=5/3g′g_1 = \sqrt{5/3} g'。 在此归一化下，β\beta 函数系数需乘上标度因子 3/53/5： b1=35bY=35×416=4110b_1 = \frac{3}{5} b_Y = \frac{3}{5} \times \frac{41}{6} = \frac{41}{10}

因此，若采用标准模型原始超荷定义，β\beta 函数为： β(g′)=416116π2g′3\boxed{ \beta(g') = \frac{41}{6} \frac{1}{16\pi^2} g'^3 } 若采用大统一理论 (GUT) 归一化定义，β\beta 函数为： β(g1)=4110116π2g13\boxed{ \beta(g_1) = \frac{41}{10} \frac{1}{16\pi^2} g_1^3 }

89.5

Problem 89.5

srednickiChapter 89

习题 89.5

来源: 第89章, PDF第544,545,546页

89.5 After integrating out the W±W^\pm fields, we get an effective interaction between the hadron and lepton currents that includes

Leff=22ZCC(E‾LγμNeL)(U‾LγμDL),(89.35)\mathcal{L}_{\text{eff}} = 2\sqrt{2} Z_C C (\overline{\mathcal{E}}_L \gamma^\mu \mathcal{N}_{eL}) (\overline{\mathcal{U}}_L \gamma^\mu \mathcal{D}_L) , \tag{89.35}

where we have defined C≡c1GFC \equiv c_1 G_F at a renormalization scale μ=MW\mu = M_W, and ZCZ_C is a renormalizing factor. This interaction contributes to neutron decay; see section 90. In this problem, following the analysis of problem 88.7, we will compute the anomalous dimension γC\gamma_C of CC due to one-loop photon and gluon exchange.

a) Use Fierz identities to show that eq. (89.35) can be rewritten as

Leff=22ZCC(E‾LγμDL)(U‾LγμNeL) ,(89.36)\mathcal{L}_{\text{eff}} = 2\sqrt{2} Z_C C (\overline{\mathcal{E}}_L \gamma^\mu \mathcal{D}_L) (\overline{\mathcal{U}}_L \gamma^\mu \mathcal{N}_{eL}) \, , \tag{89.36}

and also as

Leff=−42ZCC(D‾cPLNe)(E‾PRUc) .(89.37)\mathcal{L}_{\text{eff}} = -4\sqrt{2} Z_C C (\overline{\mathcal{D}}^c P_L \mathcal{N}_e) (\overline{\mathcal{E}} P_R \mathcal{U}^c) \, . \tag{89.37}

b) Working in Lorenz gauge and using the results of problem 88.7, show that gluon exchange does not make a one-loop contribution to ZCZ_C.

c) Show that only a photon connecting the ee and uu lines makes a one-loop contribution to ZCZ_C.

d) Note that E‾PRUc=e†u†\overline{\mathcal{E}} P_R \mathcal{U}^c = e^\dagger u^\dagger, and compare this with E‾E=e†e†+h.c.\overline{\mathcal{E}} \mathcal{E} = e^\dagger e^\dagger + \text{h.c.}. Argue that the photon-exchange contribution to ZCZ_C is given by the one-loop contribution to ZmZ_m in spinor electrodynamics in Lorenz gauge, with the replacement (−1)(+1)e2→(−1)(+23)e2(-1)(+1)e^2 \rightarrow (-1)(+\frac{2}{3})e^2.

e) Let γC(α)=c1α+…\gamma_C(\alpha) = c_1 \alpha + \dots, where α=e2/4π\alpha = e^2/4\pi, and find c1c_1. (This c1c_1 should not be confused with the cosine of the Cabibbo angle.)

习题 89.5 - 解答

习题 89.5 分析与解答

a) 使用 Fierz 恒等式重写有效拉格朗日量

初始有效相互作用为： Leff=22ZCC(E‾LγμNeL)(U‾LγμDL)\mathcal{L}_{\text{eff}} = 2\sqrt{2} Z_C C (\overline{\mathcal{E}}_L \gamma^\mu \mathcal{N}_{eL}) (\overline{\mathcal{U}}_L \gamma_\mu \mathcal{D}_L) 对于全左手旋量（V−AV-A 形式），Fierz 恒等式为 (ψ‾1Lγμψ2L)(ψ‾3Lγμψ4L)=(ψ‾1Lγμψ4L)(ψ‾3Lγμψ2L)(\overline{\psi}_{1L} \gamma^\mu \psi_{2L}) (\overline{\psi}_{3L} \gamma_\mu \psi_{4L}) = (\overline{\psi}_{1L} \gamma^\mu \psi_{4L}) (\overline{\psi}_{3L} \gamma_\mu \psi_{2L})。 将 ψ1=E,ψ2=Ne,ψ3=U,ψ4=D\psi_1 = \mathcal{E}, \psi_2 = \mathcal{N}_e, \psi_3 = \mathcal{U}, \psi_4 = \mathcal{D} 代入，直接得到： \mathcal{L}_{\text{eff}} = 2\sqrt{2} Z_C C (\overline{\mathcal{E}}_L \gamma^\mu \mathcal{D}_L) (\overline{\mathcal{U}}_L \gamma_\mu \mathcal{N}_{eL}) \tag{89.36} 为了得到标量形式，我们对 (89.36) 中的第二个流使用电荷共轭关系 ψ‾1Lγμψ2L=−ψ‾2Lcγμψ1Lc=−ψ2c‾γμPRψ1c\overline{\psi}_{1L} \gamma^\mu \psi_{2L} = - \overline{\psi}_{2L}^c \gamma^\mu \psi_{1L}^c = - \overline{\psi_2^c} \gamma^\mu P_R \psi_1^c。因此： U‾LγμDL=−Dc‾γμPRUc\overline{\mathcal{U}}_L \gamma_\mu \mathcal{D}_L = - \overline{\mathcal{D}^c} \gamma_\mu P_R \mathcal{U}^c 代回原式得到 −22ZCC(E‾γμPLNe)(Dc‾γμPRUc)-2\sqrt{2} Z_C C (\overline{\mathcal{E}} \gamma^\mu P_L \mathcal{N}_e) (\overline{\mathcal{D}^c} \gamma_\mu P_R \mathcal{U}^c)。 接着使用 (V−A)×(V+A)(V-A) \times (V+A) 的 Fierz 恒等式：(ψ‾1γμPLψ2)(ψ‾3γμPRψ4)=2(ψ‾1PRψ4)(ψ‾3PLψ2)(\overline{\psi}_1 \gamma^\mu P_L \psi_2) (\overline{\psi}_3 \gamma_\mu P_R \psi_4) = 2 (\overline{\psi}_1 P_R \psi_4) (\overline{\psi}_3 P_L \psi_2)。 令 ψ1=E,ψ2=Ne,ψ3=Dc,ψ4=Uc\psi_1 = \mathcal{E}, \psi_2 = \mathcal{N}_e, \psi_3 = \mathcal{D}^c, \psi_4 = \mathcal{U}^c，得到： \mathcal{L}_{\text{eff}} = -4\sqrt{2} Z_C C (\overline{\mathcal{D}}^c P_L \mathcal{N}_e) (\overline{\mathcal{E}} P_R \mathcal{U}^c) \tag{89.37}

b) 证明胶子交换对 ZCZ_C 没有单圈贡献

根据习题 88.7 的结论，在 Lorenz 规范下，规范玻色子在同一个 V−AV-A 流内部交换所产生的顶点修正，会与该流中费米子场的波函数重整化精确抵消（即 δVij+12δZ2(i)+12δZ2(j)=0\delta V_{ij} + \frac{1}{2}\delta Z_2(i) + \frac{1}{2}\delta Z_2(j) = 0）。 在式 (89.35) 的表述中，流分为轻子流 (E‾LγμNeL)(\overline{\mathcal{E}}_L \gamma^\mu \mathcal{N}_{eL}) 和夸克流 (U‾LγμDL)(\overline{\mathcal{U}}_L \gamma_\mu \mathcal{D}_L)。胶子仅与夸克耦合，因此胶子交换完全发生在夸克流内部。由于上述抵消机制，胶子交换对算符重整化常数 ZCZ_C 的总单圈贡献严格为零。

c) 证明只有连接 ee 和 uu 线的光子对 ZCZ_C 有单圈贡献

在式 (89.36) 的表述 (E‾LγμDL)(U‾LγμNeL)(\overline{\mathcal{E}}_L \gamma^\mu \mathcal{D}_L) (\overline{\mathcal{U}}_L \gamma_\mu \mathcal{N}_{eL}) 中，根据 88.7 的推论，只有连接两个不同流的规范玻色子交换才会对反常标度纲量产生非零贡献。 光子可能连接的跨流组合为 e−ue-u, e−νe-\nu, d−ud-u, d−νd-\nu。 由于中微子 ν\nu 不带电，涉及 ν\nu 的光子交换图均为零。 此外，由 (b) 问可知，任何连接 dd 和 uu 的规范相互作用（如胶子）在此基底下的总贡献必须为零，因为物理结果与 Fierz 基底的选择无关。由于光子在 d−ud-u 交换中的 Dirac 结构与胶子完全相同，光子的 d−ud-u 交换图贡献也必然为零。 因此，唯一非零的单圈贡献只能来自连接 ee 和 uu 线的交换图。

d) 论证光子交换贡献等价于旋量电动力学中的质量重整化 ZmZ_m

在式 (89.37) 的标量形式中，相互作用包含因子 (E‾PRUc)(\overline{\mathcal{E}} P_R \mathcal{U}^c)。注意到 E‾PRUc=eL†uRc\overline{\mathcal{E}} P_R \mathcal{U}^c = e_L^\dagger u_R^c，这在旋量结构上与 QED 中的质量项 mE‾E=m(eL†eR+h.c.)m \overline{\mathcal{E}} \mathcal{E} = m (e_L^\dagger e_R + \text{h.c.}) 完全同构。 在 Lorenz 规范下，第一部分标量流 (D‾cPLNe)(\overline{\mathcal{D}}^c P_L \mathcal{N}_e) 由于中微子不带电，其内部及跨流的光子交换均受到极大限制并最终抵消。整个算符的紫外发散完全由第二部分标量流 (E‾PRUc)(\overline{\mathcal{E}} P_R \mathcal{U}^c) 内部的光子交换（即 ee 与 ucu^c 之间的交换）主导。 因此，该图的计算与 QED 中单圈质量重整化常数 ZmZ_m 的计算完全一致，唯一的区别在于耦合电荷的改变：QED 中电子左右手分量电荷均为 −1-1，对应因子 (−1)(+1)e2(-1)(+1)e^2（注意反粒子电荷符号）；而此处 ee 的电荷为 −1-1，ucu^c 的电荷为 −2/3-2/3，故只需作替换 (−1)(+1)e2→(−1)(+23)e2(-1)(+1)e^2 \rightarrow (-1)(+\frac{2}{3})e^2。

e) 计算反常标度纲量系数 c1c_1

在 QED 中，Lorenz 规范下的单圈质量反常标度纲量为 γm=3α4π\gamma_m = 3 \frac{\alpha}{4\pi}，对应于电荷组合因子 (−1)(+1)e2=−e2(-1)(+1)e^2 = -e^2。 根据 (d) 问的论证，我们将该因子替换为 ee 与 ucu^c 的电荷乘积： QeQuce2=(−1)(−23)e2=23e2Q_e Q_{u^c} e^2 = (-1)\left(-\frac{2}{3}\right) e^2 = \frac{2}{3} e^2 由于 QED 质量重整化对应的系数比例为 −3-3（即 γm=−3Q2α4π\gamma_m = -3 Q^2 \frac{\alpha}{4\pi} 的形式化提取），代入新的电荷组合： γC(α)=−3(QeQuc)α4π=−3(−23)α4π=2α4π\gamma_C(\alpha) = -3 \left( Q_e Q_{u^c} \right) \frac{\alpha}{4\pi} = -3 \left( -\frac{2}{3} \right) \frac{\alpha}{4\pi} = 2 \frac{\alpha}{4\pi} 由于题目定义 α=e2/4π\alpha = e^2/4\pi 且 γC(α)=c1α+…\gamma_C(\alpha) = c_1 \alpha + \dots，我们可以直接读出系数 c1c_1： c1=2\boxed{c_1 = 2}