习题 90.1 - 解答

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为了验证协变导数在局域手征变换下的变换行为，我们首先需要明确理论的物理背景与各场量的变换规则。

在具有 $SU(N)_\text{L} \times SU(N)_\text{R}$ 局域手征对称性的规范理论中，设局域变换矩阵为 $L(x) \in SU(N)_\text{L}$ 和 $R(x) \in SU(N)_\text{R}$。各物质场在局域变换下的行为如下： $N_\text{L} \to N_\text{L}' = L N_\text{L}$ $N_\text{R} \to N_\text{R}' = R N_\text{R}$ $U \to U' = L U R^\dagger$ $U^\dagger \to (U^\dagger)' = R U^\dagger L^\dagger$

为了保证拉格朗日量的局域规范不变性，引入了左手和右手规范场（联络）$l_\mu$ 和 $r_\mu$。作为非阿贝尔规范场，它们的变换规则为： $l_\mu \to l_\mu' = L l_\mu L^\dagger + i L \partial_\mu L^\dagger$ $r_\mu \to r_\mu' = R r_\mu R^\dagger + i R \partial_\mu R^\dagger$

“协变导数变换行为恰当”意味着，协变导数作用在场上后，其整体的变换规律必须与原场完全一致。在推导中，我们将反复使用幺正矩阵的性质 $L L^\dagger = 1$，对其求导可得： $(\partial_\mu L) L^\dagger + L (\partial_\mu L^\dagger) = 0 \implies L (\partial_\mu L^\dagger) = - (\partial_\mu L) L^\dagger$ 同理对于 $R$ 矩阵有 $R (\partial_\mu R^\dagger) = - (\partial_\mu R) R^\dagger$。

下面逐一验证四个协变导数方程。

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1. 验证方程 (90.9) 中的 $D_\mu N_\text{L}$

协变导数定义为 $D_\mu N_\text{L} = (\partial_\mu - il_\mu)N_\text{L}$。在局域变换下： $(D_\mu N_\text{L})' = (\partial_\mu - il_\mu') N_\text{L}'$ 代入 $N_\text{L}'$ 和 $l_\mu'$ 的表达式： $(D_\mu N_\text{L})' = \partial_\mu (L N_\text{L}) - i (L l_\mu L^\dagger + i L \partial_\mu L^\dagger) (L N_\text{L})$ 利用乘积法则展开导数项，并分配规范场项： $(D_\mu N_\text{L})' = (\partial_\mu L) N_\text{L} + L (\partial_\mu N_\text{L}) - i L l_\mu (L^\dagger L) N_\text{L} + L (\partial_\mu L^\dagger) L N_\text{L}$ 由于 $L^\dagger L = 1$，且利用前面提到的恒等式 $L (\partial_\mu L^\dagger) L = - (\partial_\mu L) L^\dagger L = - \partial_\mu L$，上式化简为： $(D_\mu N_\text{L})' = (\partial_\mu L) N_\text{L} + L (\partial_\mu N_\text{L}) - i L l_\mu N_\text{L} - (\partial_\mu L) N_\text{L}$ 第一项与第四项相互抵消，提取公因子 $L$： $(D_\mu N_\text{L})' = L (\partial_\mu N_\text{L} - i l_\mu N_\text{L})$ $\boxed{ (D_\mu N_\text{L})' = L (D_\mu N_\text{L}) }$ 这表明 $D_\mu N_\text{L}$ 确实像 $N_\text{L}$ 一样作为 $SU(N)_\text{L}$ 的基础表示进行变换。

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2. 验证方程 (90.10) 中的 $D_\mu N_\text{R}$

协变导数定义为 $D_\mu N_\text{R} = (\partial_\mu - ir_\mu)N_\text{R}$。其推导过程与 $N_\text{L}$ 完全对称： $(D_\mu N_\text{R})' = (\partial_\mu - ir_\mu') N_\text{R}'$ $(D_\mu N_\text{R})' = \partial_\mu (R N_\text{R}) - i (R r_\mu R^\dagger + i R \partial_\mu R^\dagger) (R N_\text{R})$ $(D_\mu N_\text{R})' = (\partial_\mu R) N_\text{R} + R (\partial_\mu N_\text{R}) - i R r_\mu N_\text{R} + R (\partial_\mu R^\dagger) R N_\text{R}$ 利用 $R (\partial_\mu R^\dagger) R = - \partial_\mu R$，抵消掉导数项： $(D_\mu N_\text{R})' = R (\partial_\mu N_\text{R} - i r_\mu N_\text{R})$ $\boxed{ (D_\mu N_\text{R})' = R (D_\mu N_\text{R}) }$ 这表明 $D_\mu N_\text{R}$ 像 $N_\text{R}$ 一样作为 $SU(N)_\text{R}$ 的基础表示进行变换。

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3. 验证方程 (90.7) 中的 $D_\mu U$

协变导数定义为 $D_\mu U = \partial_\mu U - il_\mu U + iUr_\mu$。在局域变换下： $(D_\mu U)' = \partial_\mu U' - i l_\mu' U' + i U' r_\mu'$ 代入 $U', l_\mu', r_\mu'$： $(D_\mu U)' = \partial_\mu (L U R^\dagger) - i (L l_\mu L^\dagger + i L \partial_\mu L^\dagger) (L U R^\dagger) + i (L U R^\dagger) (R r_\mu R^\dagger + i R \partial_\mu R^\dagger)$ 展开第一项（包含三部分的导数）： $\partial_\mu (L U R^\dagger) = (\partial_\mu L) U R^\dagger + L (\partial_\mu U) R^\dagger + L U (\partial_\mu R^\dagger)$ 展开第二项（左规范场部分）： $- i (L l_\mu L^\dagger + i L \partial_\mu L^\dagger) L U R^\dagger = - i L l_\mu U R^\dagger + L (\partial_\mu L^\dagger) L U R^\dagger$ 利用 $L (\partial_\mu L^\dagger) L = - \partial_\mu L$，该项变为： $- i L l_\mu U R^\dagger - (\partial_\mu L) U R^\dagger$ 展开第三项（右规范场部分）： $i L U R^\dagger (R r_\mu R^\dagger + i R \partial_\mu R^\dagger) = i L U r_\mu R^\dagger - L U R^\dagger R (\partial_\mu R^\dagger)$ 利用 $R^\dagger R = 1$，该项变为： $i L U r_\mu R^\dagger - L U (\partial_\mu R^\dagger)$ 将上述三部分相加，非协变的导数项 $(\partial_\mu L) U R^\dagger$ 和 $L U (\partial_\mu R^\dagger)$ 均被精确抵消： $(D_\mu U)' = L (\partial_\mu U) R^\dagger - i L l_\mu U R^\dagger + i L U r_\mu R^\dagger$ 提取左侧的 $L$ 和右侧的 $R^\dagger$： $(D_\mu U)' = L (\partial_\mu U - i l_\mu U + i U r_\mu) R^\dagger$ $\boxed{ (D_\mu U)' = L (D_\mu U) R^\dagger }$ 这表明 $D_\mu U$ 像 $U$ 一样作为双重基础表示（bifundamental representation）进行变换。

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4. 验证方程 (90.8) 中的 $D_\mu U^\dagger$

协变导数定义为 $D_\mu U^\dagger = \partial_\mu U^\dagger + iU^\dagger l_\mu - ir_\mu U^\dagger$。在局域变换下： $(D_\mu U^\dagger)' = \partial_\mu (U^\dagger)' + i (U^\dagger)' l_\mu' - i r_\mu' (U^\dagger)'$ 代入 $(U^\dagger)' = R U^\dagger L^\dagger$ 以及规范场： $(D_\mu U^\dagger)' = \partial_\mu (R U^\dagger L^\dagger) + i (R U^\dagger L^\dagger) (L l_\mu L^\dagger + i L \partial_\mu L^\dagger) - i (R r_\mu R^\dagger + i R \partial_\mu R^\dagger) (R U^\dagger L^\dagger)$ 展开导数项： $\partial_\mu (R U^\dagger L^\dagger) = (\partial_\mu R) U^\dagger L^\dagger + R (\partial_\mu U^\dagger) L^\dagger + R U^\dagger (\partial_\mu L^\dagger)$ 展开左规范场项： $i R U^\dagger L^\dagger (L l_\mu L^\dagger + i L \partial_\mu L^\dagger) = i R U^\dagger l_\mu L^\dagger - R U^\dagger L^\dagger L (\partial_\mu L^\dagger) = i R U^\dagger l_\mu L^\dagger - R U^\dagger (\partial_\mu L^\dagger)$ 展开右规范场项： $- i (R r_\mu R^\dagger + i R \partial_\mu R^\dagger) R U^\dagger L^\dagger = - i R r_\mu U^\dagger L^\dagger + R (\partial_\mu R^\dagger) R U^\dagger L^\dagger = - i R r_\mu U^\dagger L^\dagger - (\partial_\mu R) U^\dagger L^\dagger$ 将三部分相加，非协变项 $(\partial_\mu R) U^\dagger L^\dagger$ 和 $R U^\dagger (\partial_\mu L^\dagger)$ 再次被精确抵消： $(D_\mu U^\dagger)' = R (\partial_\mu U^\dagger) L^\dagger + i R U^\dagger l_\mu L^\dagger - i R r_\mu U^\dagger L^\dagger$ 提取左侧的 $R$ 和右侧的 $L^\dagger$： $(D_\mu U^\dagger)' = R (\partial_\mu U^\dagger + i U^\dagger l_\mu - i r_\mu U^\dagger) L^\dagger$ $\boxed{ (D_\mu U^\dagger)' = R (D_\mu U^\dagger) L^\dagger }$ 这表明 $D_\mu U^\dagger$ 的变换行为与 $U^\dagger$ 完全一致。至此，四个协变导数的变换性质均验证完毕。

习题 90.2 - 解答

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要验证将核子场重定义公式 (90.11) 代入拉格朗日量 (90.1) 能够得到 (90.12)，我们需要先明确物理背景：公式 (90.1) 是全局手征对称性下的拉格朗日量。为了得到包含外部规范场 $l^\mu$ 和 $r^\mu$ 的局域形式 (90.12)，必须首先将 (90.1) 中的普通导数升级为协变导数。

1. 引入协变导数与基本定义

引入外部左手和右手规范场 $l_\mu$ 和 $r_\mu$，介子场 $U$ 和核子场 $N$ 的协变导数分别为： $D_\mu U = \partial_\mu U - i l_\mu U + i U r_\mu$ $D_\mu N = \partial_\mu N - i l_\mu P_L N - i r_\mu P_R N$ 其中投影算符 $P_{L,R} = \frac{1 \mp \gamma_5}{2}$ 满足 $P_L^2 = P_L$, $P_R^2 = P_R$, $P_L P_R = 0$ 以及 $P_L \gamma^\mu = \gamma^\mu P_R$。

定义介子场 $U = u^2$，并引入以下基本手征结构（不含外部场时的裸矢量和轴矢量场）： $v_\mu = \frac{i}{2} (u^\dagger \partial_\mu u + u \partial_\mu u^\dagger), \quad a_\mu = \frac{i}{2} (u^\dagger \partial_\mu u - u \partial_\mu u^\dagger)$ 以及外部场在核子基底下的旋转形式： $\tilde{l}_\mu = u^\dagger l_\mu u, \quad \tilde{r}_\mu = u r_\mu u^\dagger$

核子场的重定义 (90.11) 及其狄拉克伴随形式为： $N = (u P_L + u^\dagger P_R) \mathcal{N}$ $\bar{N} = N^\dagger \gamma^0 = \mathcal{N}^\dagger (u^\dagger P_L + u P_R) \gamma^0 = \bar{\mathcal{N}} (u^\dagger P_R + u P_L)$

下面分两步处理介子部分和核子部分。

2. 介子部分的展开

将 $\partial_\mu U \to D_\mu U$ 代入介子动能项 $-\frac{1}{4} f_\pi^2 \operatorname{Tr}(D^\mu U^\dagger D_\mu U)$ 中： $D_\mu U^\dagger = \partial_\mu U^\dagger + i U^\dagger l_\mu - i r_\mu U^\dagger$ 展开迹 $\operatorname{Tr}(D^\mu U^\dagger D_\mu U)$，利用迹的循环性质和 $U U^\dagger = 1$（从而有 $(\partial_\mu U) U^\dagger = - U \partial_\mu U^\dagger$ 等关系）：

引入双向导数 $A \overleftrightarrow{\partial}_\mu B = A \partial_\mu B - (\partial_\mu A) B$，上式直接化简为 (90.12) 中的介子部分： $\operatorname{Tr}(\partial^\mu U^\dagger \partial_\mu U - i l^\mu U \overleftrightarrow{\partial}_\mu U^\dagger - i r^\mu U^\dagger \overleftrightarrow{\partial}_\mu U + l^\mu l_\mu + r^\mu r_\mu - 2l^\mu U r_\mu U^\dagger)$

3. 核子部分的推导

将 $N$ 和 $\bar{N}$ 代入核子拉格朗日量的各项中。

第一项：质量项

第二项：动能与规范耦合项 将导数升级为协变导数 $i \bar{N} \gamma^\mu D_\mu N = i \bar{N} \gamma^\mu \partial_\mu N + \bar{N} \gamma^\mu (l_\mu P_L + r_\mu P_R) N$。 先计算普通导数部分：

利用 $u^\dagger \partial_\mu u = -i(v_\mu + a_\mu)$ 和 $u \partial_\mu u^\dagger = -i(v_\mu - a_\mu)$，第二项变为： $\bar{\mathcal{N}} \gamma^\mu [ v_\mu (P_L + P_R) + a_\mu (P_L - P_R) ] \mathcal{N} = \bar{\mathcal{N}} v \! \! \! / \mathcal{N} - \bar{\mathcal{N}} a \! \! \! / \gamma_5 \mathcal{N}$ 再计算外部规范场部分：

合并得到： $i \bar{N} \gamma^\mu D_\mu N = i \bar{\mathcal{N}} \partial \! \! \! / \mathcal{N} + \bar{\mathcal{N}} \left( v \! \! \! / + \frac{1}{2} \tilde{l} \! \! \! / + \frac{1}{2} \tilde{r} \! \! \! / \right) \mathcal{N} - \bar{\mathcal{N}} \left( a \! \! \! / + \frac{1}{2} \tilde{l} \! \! \! / - \frac{1}{2} \tilde{r} \! \! \! / \right) \gamma_5 \mathcal{N}$

第三项：轴矢量耦合项 同样使用协变导数：$-\frac{1}{2}(g_A - 1) i \bar{N} \gamma^\mu (U D_\mu U^\dagger P_L + U^\dagger D_\mu U P_R) N$。 其中 $U D_\mu U^\dagger = U \partial_\mu U^\dagger + i l_\mu - i U r_\mu U^\dagger$ 且 $U^\dagger D_\mu U = U^\dagger \partial_\mu U - i U^\dagger l_\mu U + i r_\mu$。 先计算普通导数部分：

利用恒等式 $u^\dagger U \partial_\mu U^\dagger u = u \partial_\mu u^\dagger + \partial_\mu u^\dagger u = 2i a_\mu$ 以及 $u U^\dagger \partial_\mu U u^\dagger = u^\dagger \partial_\mu u + \partial_\mu u u^\dagger = -2i a_\mu$，该部分化简为： $-\frac{1}{2}(g_A - 1) i \bar{\mathcal{N}} \gamma^\mu (2i a_\mu P_L - 2i a_\mu P_R) \mathcal{N} = -(g_A - 1) \bar{\mathcal{N}} a \! \! \! / \gamma_5 \mathcal{N}$ 再计算外部规范场部分：

合并得到： $-(g_A - 1) \bar{\mathcal{N}} \left( a \! \! \! / + \frac{1}{2} \tilde{l} \! \! \! / - \frac{1}{2} \tilde{r} \! \! \! / \right) \gamma_5 \mathcal{N}$

4. 综合结果

将上述所有核子项相加，注意到动能项中产生的轴矢量部分 $-\bar{\mathcal{N}}(a \! \! \! / + \frac{1}{2}\tilde{l} \! \! \! / - \frac{1}{2}\tilde{r} \! \! \! /)\gamma_5 \mathcal{N}$ 与轴矢量耦合项 $-(g_A - 1)\bar{\mathcal{N}}(a \! \! \! / + \frac{1}{2}\tilde{l} \! \! \! / - \frac{1}{2}\tilde{r} \! \! \! /)\gamma_5 \mathcal{N}$ 完美合并为 $-g_A$ 的系数项。结合介子部分，最终得到完整的拉格朗日量：

这正是公式 (90.12)，验证完毕。

习题 90.3 - 解答

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1. 物理背景与有效拉氏量

$\tau^- \rightarrow \pi^- \nu_\tau$ 是一个典型的轻子半轻衰变过程，由 $W^-$ 玻色子介导。由于涉及的能量尺度（$\tau$ 质量 $m_\tau \approx 1.777 \text{ GeV}$）远小于 $W$ 玻色子的质量，我们可以使用费米有效四费米子相互作用理论来描述该过程。

有效拉氏量为： $\mathcal{L}_{\text{eff}} = -\frac{G_F}{\sqrt{2}} V_{ud} [\bar{d} \gamma^\mu (1-\gamma^5) u] [\bar{\nu}_\tau \gamma_\mu (1-\gamma^5) \tau] + \text{h.c.}$ 其中 $G_F$ 是费米常数，$V_{ud}$ 是 CKM 矩阵元。

对于强子部分，由于 $\pi^-$ 是赝标介子（自旋为0，宇称为负），矢量流部分 $\bar{d}\gamma^\mu u$ 的真空到单 $\pi$ 态的矩阵元为零，只有轴矢流部分有贡献。我们引入 $\pi$ 介子衰变常数 $f_\pi$ 来参数化该强子矩阵元（此处采用 $f_\pi \approx 130 \text{ MeV}$ 的约定）： $\langle \pi^-(p_\pi) | \bar{d} \gamma^\mu (1-\gamma^5) u | 0 \rangle = - \langle \pi^-(p_\pi) | \bar{d} \gamma^\mu \gamma^5 u | 0 \rangle = -i f_\pi p_\pi^\mu$

2. 跃迁矩阵元与模方计算

结合轻子部分，该衰变过程的费曼振幅（矩阵元）为： $\mathcal{M} = \frac{G_F}{\sqrt{2}} V_{ud} (i f_\pi p_\pi^\mu) [\bar{u}(p_\nu) \gamma_\mu (1-\gamma^5) u(p_\tau)]$

利用动量守恒 $p_\pi^\mu = p_\tau^\mu - p_\nu^\mu$，我们可以将 $p_\pi^\mu$ 缩并入轻子流中。利用狄拉克方程 $\bar{u}(p_\nu) \not{p}_\nu = 0$（忽略中微子质量）以及 $\not{p}_\tau u(p_\tau) = m_\tau u(p_\tau)$，并注意到 $\gamma^5$ 与 $\gamma^\mu$ 反对易： $p_\pi^\mu \bar{u}(p_\nu) \gamma_\mu (1-\gamma^5) u(p_\tau) = \bar{u}(p_\nu) (\not{p}_\tau - \not{p}_\nu) (1-\gamma^5) u(p_\tau)$ $= \bar{u}(p_\nu) \not{p}_\tau (1-\gamma^5) u(p_\tau) = \bar{u}(p_\nu) (1+\gamma^5) \not{p}_\tau u(p_\tau) = m_\tau \bar{u}(p_\nu) (1+\gamma^5) u(p_\tau)$

因此，振幅简化为： $\mathcal{M} = i \frac{G_F}{\sqrt{2}} V_{ud} f_\pi m_\tau [\bar{u}(p_\nu) (1+\gamma^5) u(p_\tau)]$

对初态 $\tau$ 自旋求平均，对末态中微子自旋求和，计算矩阵元模方： $\overline{|\mathcal{M}|^2} = \frac{1}{2} \sum_{\text{spins}} |\mathcal{M}|^2 = \frac{1}{2} \frac{G_F^2}{2} |V_{ud}|^2 f_\pi^2 m_\tau^2 \text{Tr}\left[ (1+\gamma^5) (\not{p}_\tau + m_\tau) (1-\gamma^5) \not{p}_\nu \right]$ 利用迹定理 $\text{Tr}[\text{odd number of } \gamma] = 0$ 以及 $(1+\gamma^5)(1-\gamma^5) = 0$，提取非零项： $\overline{|\mathcal{M}|^2} = \frac{G_F^2}{4} |V_{ud}|^2 f_\pi^2 m_\tau^2 \text{Tr}\left[ 2(1-\gamma^5) \not{p}_\tau \not{p}_\nu \right]$ $= \frac{G_F^2}{4} |V_{ud}|^2 f_\pi^2 m_\tau^2 \times 8 (p_\tau \cdot p_\nu) = 2 G_F^2 |V_{ud}|^2 f_\pi^2 m_\tau^2 (p_\tau \cdot p_\nu)$

由运动学关系 $p_\pi^2 = (p_\tau - p_\nu)^2 \implies m_\pi^2 = m_\tau^2 - 2 p_\tau \cdot p_\nu$，可得 $2 p_\tau \cdot p_\nu = m_\tau^2 - m_\pi^2$。代入上式： $\overline{|\mathcal{M}|^2} = G_F^2 |V_{ud}|^2 f_\pi^2 m_\tau^2 (m_\tau^2 - m_\pi^2)$

3. 相空间与衰变率公式

对于两体衰变，在 $\tau$ 静止系中的衰变率公式为： $\Gamma = \frac{|\vec{p}_\pi|}{8\pi m_\tau^2} \overline{|\mathcal{M}|^2}$ 其中末态粒子的动量大小为 $|\vec{p}_\pi| = \frac{m_\tau^2 - m_\pi^2}{2m_\tau}$。

将动量和矩阵元模方代入衰变率公式： $\Gamma(\tau^- \rightarrow \pi^- \nu_\tau) = \frac{m_\tau^2 - m_\pi^2}{16\pi m_\tau^3} G_F^2 |V_{ud}|^2 f_\pi^2 m_\tau^2 (m_\tau^2 - m_\pi^2)$ 整理得到最终的解析表达式： $\boxed{ \Gamma(\tau^- \rightarrow \pi^- \nu_\tau) = \frac{G_F^2 |V_{ud}|^2 f_\pi^2 m_\tau^3}{16\pi} \left(1 - \frac{m_\pi^2}{m_\tau^2}\right)^2 }$

4. 数值计算与实验对比

代入标准物理常数（参考 PDG 数据）：

• $G_F \approx 1.166 \times 10^{-5} \text{ GeV}^{-2}$
• $|V_{ud}| \approx 0.974$
• $f_\pi \approx 0.1302 \text{ GeV}$
• $m_\tau \approx 1.777 \text{ GeV}$
• $m_\pi \approx 0.140 \text{ GeV}$

计算衰变宽度 $\Gamma$： $\Gamma \approx \frac{(1.166 \times 10^{-5})^2 \times (0.974)^2 \times (0.1302)^2 \times (1.777)^3}{16\pi} \left(1 - \left(\frac{0.140}{1.777}\right)^2\right)^2 \text{ GeV}$ $\Gamma \approx \frac{1.36 \times 10^{-10} \times 0.949 \times 0.01695 \times 5.61}{50.265} \times 0.9877 \text{ GeV} \approx 2.41 \times 10^{-13} \text{ GeV}$

为了与实验测量值对比，我们计算其分支比 (Branching Ratio, $\mathcal{B}$)。已知 $\tau$ 的实验寿命 $\tau_\tau \approx 2.903 \times 10^{-13} \text{ s}$，对应的总衰变宽度为： $\Gamma_{\text{tot}} = \frac{\hbar}{\tau_\tau} \approx \frac{6.582 \times 10^{-25} \text{ GeV}\cdot\text{s}}{2.903 \times 10^{-13} \text{ s}} \approx 2.267 \times 10^{-12} \text{ GeV}$

理论预测的分支比为： $\mathcal{B}_{\text{th}} = \frac{\Gamma}{\Gamma_{\text{tot}}} \approx \frac{2.41 \times 10^{-13}}{2.267 \times 10^{-12}} \approx 10.6\%$

查阅实验测量值 (PDG): 目前粒子物理数据组 (PDG) 给出的测量值为： $\mathcal{B}_{\text{exp}}(\tau^- \rightarrow \pi^- \nu_\tau) = (10.82 \pm 0.05)\%$

对比结论： $\boxed{ \mathcal{B}_{\text{th}} \approx 10.6\% \quad \text{vs} \quad \mathcal{B}_{\text{exp}} \approx 10.82\% }$ 理论计算结果与实验测量值高度吻合。约 $2\%$ 的微小差异主要来源于我们在树图阶（Tree-level）计算中忽略了电磁辐射修正（Radiative corrections）以及 $f_\pi$ 和 $V_{ud}$ 参数提取时的微小不确定性。

习题 90.4 - 解答

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a) 验证公式 (90.43)

先分析矩阵元与张量结构 中子 $\beta$ 衰变 $n \to p + e^- + \bar{\nu}_e$ 的有效费米相互作用矩阵元为： $\mathcal{T} = \frac{G_F c_1}{\sqrt{2}} \left[ \bar{u}_p \gamma^\mu (1 - g_A \gamma_5) u_n \right] \left[ \bar{u}_e \gamma_\mu (1 - \gamma_5) v_\nu \right]$ 对末态轻子自旋求和，并考虑极化中子（静止系中自旋矢量为 $s^\mu = (0, \hat{\mathbf{z}})$）和非极化质子，矩阵元模方可分解为轻子张量与强子张量的缩并： $\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle = \frac{G_F^2 c_1^2}{2} L^{\mu\nu} H_{\mu\nu}$

计算轻子张量 $L^{\mu\nu}$ 利用狄拉克矩阵的迹定理（约定 $\epsilon^{0123} = +1$）： $\begin{aligned} L^{\mu\nu} &= \text{Tr}\left[ \not{p}_e \gamma^\mu (1 - \gamma_5) \not{p}_\nu \gamma^\nu (1 - \gamma_5) \right] = 2 \text{Tr}\left[ \not{p}_e \gamma^\mu \not{p}_\nu \gamma^\nu (1 - \gamma_5) \right] \\ &= 8 \left( p_e^\mu p_\nu^\nu + p_e^\nu p_\nu^\mu - g^{\mu\nu} p_e \cdot p_\nu + i \epsilon^{\mu\alpha\nu\beta} p_{e\alpha} p_{\nu\beta} \right) \end{aligned}$

计算强子张量 $H_{\mu\nu}$ 在核子的非相对论极限下（$p_n \approx (m_n, \mathbf{0})$, $p_p \approx (m_p, \mathbf{0})$），核子流的非零分量为： $J^0 \approx 2\sqrt{m_n m_p} \chi_p^\dagger \chi_n, \quad J^i \approx -2\sqrt{m_n m_p} g_A \chi_p^\dagger \sigma^i \chi_n$ 利用中子自旋密度矩阵 $\rho_n = \frac{1}{2}(1 + \boldsymbol{\sigma} \cdot \mathbf{s})$ 对质子自旋求和，得到强子张量分量： $\begin{aligned} H_{00} &= 4 m_n m_p \\ H_{0i} &= H_{i0} = -4 m_n m_p g_A s^i \\ H_{ij} &= 4 m_n m_p g_A^2 (\delta^{ij} + i \epsilon^{ijk} s^k) \end{aligned}$

张量缩并 分项计算 $L^{\mu\nu} H_{\mu\nu} = L^{00}H_{00} + L^{0i}H_{0i} + L^{i0}H_{i0} + L^{ij}H_{ij}$：

1. 00分量： $L^{00} H_{00} = 8(E_e E_\nu + \mathbf{p}_e \cdot \mathbf{p}_\nu) \times 4 m_n m_p = 32 m_n m_p (E_e E_\nu + \mathbf{p}_e \cdot \mathbf{p}_\nu)$
2. 0i与i0分量（注意 $p_{\nu i} = -p_\nu^i$）： $L^{0i} + L^{i0} = 16(E_e p_\nu^i + E_\nu p_e^i)$ $(L^{0i} + L^{i0}) H_{0i} = -64 m_n m_p g_A (E_e \mathbf{p}_\nu \cdot \mathbf{s} + E_\nu \mathbf{p}_e \cdot \mathbf{s})$
3. ij分量： 对称部分缩并：$8[2p_e^i p_\nu^j + \delta^{ij}(E_e E_\nu - \mathbf{p}_e \cdot \mathbf{p}_\nu)] \times 4 m_n m_p g_A^2 \delta^{ij} = 32 m_n m_p g_A^2 (3E_e E_\nu - \mathbf{p}_e \cdot \mathbf{p}_\nu)$ 反对称部分缩并（利用 $\epsilon^{i\alpha j\beta} p_{e\alpha} p_{\nu\beta} \supset \epsilon^{ijk}(E_e p_\nu^k - E_\nu p_e^k)$）： $8i \epsilon^{ijk} (E_e p_\nu^k - E_\nu p_e^k) \times 4 m_n m_p g_A^2 (i \epsilon^{ijl} s^l) = -64 m_n m_p g_A^2 (E_e \mathbf{p}_\nu \cdot \mathbf{s} - E_\nu \mathbf{p}_e \cdot \mathbf{s})$

组合并提取公因子 将所有项相加，并提出公因子 $32 m_n m_p E_e E_\nu$（注意 $\mathbf{s} = \hat{\mathbf{z}}$）： $\begin{aligned} \langle |\mathcal{T}|^2 \rangle &= 16 G_F^2 c_1^2 m_n m_p E_e E_\nu \Bigg[ (1 + 3g_A^2) + (1 - g_A^2)\frac{\mathbf{p}_e \cdot \mathbf{p}_\nu}{E_e E_\nu} \\ &\quad - 2g_A(1 - g_A)\frac{\mathbf{p}_e \cdot \hat{\mathbf{z}}}{E_e} - 2g_A(1 + g_A)\frac{\mathbf{p}_\nu \cdot \hat{\mathbf{z}}}{E_\nu} \Bigg] \end{aligned}$ 提出 $(1 + 3g_A^2)$，即可严格还原出公式 (90.43)： $\boxed{ \begin{aligned} \langle |\mathcal{T}|^2 \rangle &= 16 G_F^2 c_1^2 (1 + 3g_A^2) m_n m_p E_e E_{\bar{\nu}} \\ &\quad \times \left[ 1 + a \frac{\mathbf{p}_e \cdot \mathbf{p}_{\bar{\nu}}}{E_e E_{\bar{\nu}}} + A \frac{\hat{\mathbf{z}} \cdot \mathbf{p}_e}{E_e} + B \frac{\hat{\mathbf{z}} \cdot \mathbf{p}_{\bar{\nu}}}{E_{\bar{\nu}}} \right] \end{aligned} }$ 其中关联系数分别为：$a = \frac{1 - g_A^2}{1 + 3g_A^2}, \quad A = \frac{2g_A(g_A - 1)}{1 + 3g_A^2}, \quad B = \frac{-2g_A(g_A + 1)}{1 + 3g_A^2}$。

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b) 计算总衰变率与 $g_A$

计算总衰变率 $\Gamma$ 对全立体角积分时，包含 $\mathbf{p}_e$ 和 $\mathbf{p}_{\bar{\nu}}$ 的一次项均积分为零，仅保留各项同性部分： $\langle |\mathcal{T}|^2 \rangle_{\text{unpol}} = 16 G_F^2 c_1^2 (1 + 3g_A^2) m_n m_p E_e E_\nu$ 代入三体相空间衰变率公式（忽略质子反冲动能，$E_\nu = \Delta - E_e$，其中 $\Delta = m_n - m_p$）： $d\Gamma = \frac{1}{2m_n} \langle |\mathcal{T}|^2 \rangle_{\text{unpol}} \frac{d^3 p_e}{(2\pi)^3 2E_e} \frac{d^3 p_\nu}{(2\pi)^3 2E_\nu} \frac{d^3 p_p}{(2\pi)^3 2m_p} (2\pi)^4 \delta^4(\sum p)$ 完成对 $\mathbf{p}_p$ 和中微子角度的积分后，得到关于电子能量的微分衰变率： $d\Gamma = \frac{G_F^2 c_1^2 (1 + 3g_A^2)}{2\pi^3} E_e |\mathbf{p}_e| (\Delta - E_e)^2 dE_e$ 积分得到总衰变率： $\Gamma = \frac{G_F^2 c_1^2 (1 + 3g_A^2)}{2\pi^3} m_e^5 f(q)$ 其中无量纲相空间积分 $f(q)$ 定义为（$q = \Delta / m_e$）： $f(q) = \int_1^q x \sqrt{x^2 - 1} (q - x)^2 dx = \frac{1}{60}\sqrt{q^2 - 1}(2q^4 - 9q^2 - 8) + \frac{1}{4}q \ln(q + \sqrt{q^2 - 1})$

代入数值计算 已知物理常数：

• $m_n = 939.565 \text{ MeV}, m_p = 938.272 \text{ MeV} \implies \Delta = 1.293 \text{ MeV}$
• $m_e = 0.511 \text{ MeV}$
• $q = 1.293 / 0.511 = 2.5303$

计算相空间因子 $f(2.5303)$： $f(2.5303) \approx 1.633$ 将衰变率与寿命联系起来 $\Gamma = \hbar / \tau$，代入 $\hbar = 6.582 \times 10^{-25} \text{ GeV}\cdot\text{s}$： $\Gamma = \frac{6.582 \times 10^{-25} \text{ GeV}\cdot\text{s}}{886 \text{ s}} = 7.429 \times 10^{-28} \text{ GeV}$ 计算理论常数部分（注意单位统一为 GeV）： $\begin{aligned} C &= \frac{G_F^2 c_1^2 m_e^5}{2\pi^3} f(q) \\ &= \frac{(1.166 \times 10^{-5})^2 (0.974)^2 (0.511 \times 10^{-3})^5}{2\pi^3} \times 1.633 \\ &= 1.183 \times 10^{-28} \text{ GeV} \end{aligned}$

求解 $g_A$ 根据 $\Gamma = C(1 + 3g_A^2)$，可得： $1 + 3g_A^2 = \frac{7.429 \times 10^{-28}}{1.183 \times 10^{-28}} = 6.280$ $3g_A^2 = 5.280 \implies g_A^2 = 1.760 \implies g_A \approx 1.327$

注：实验测量值为 $g_A \approx 1.27$。由于我们忽略了库仑修正（费米函数 $F(Z, E)$ 会使相空间因子增大）以及辐射圈图修正，导致计算出的 $g_A$ 偏高约 $4\%$ ($1.27 \times 1.04 \approx 1.32$)，这与题目描述完全一致。

$\boxed{ g_A \approx 1.33 }$