Srednicki §90 强子的电弱相互作用

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上一节确定了夸克的电弱流。在能量很低时，这些流仍然有用，不过外态已经是π介子和核子。我们需要把夸克流写成强子场的函数，再用它计算衰变。第83节建立的手征拉格朗日量正好提供了这样的工具：它规定π场和核子怎样随左右味旋转变换，因而也规定它们怎样与左右外场耦合。对外场求导，就能读出所需的流。

本节先后讨论强子流、带电π的轻子衰变、πβ衰变、极化中子衰变和中性π的双光子衰变。前几个过程把弱作用参数与低能强作用参数联系起来；最后一个过程则说明，构造有效作用量时还必须保留底层理论的反常。本节约定接第83、88、89章。

将左右外场接入手征作用量

先重写第83节的最低阶作用量。令 $\Pi=\pi^aT^a/f_\pi$ ， $T^a=\sigma^a/2$ ， $U=e^{2i\Pi}$ ，原核子场记作 $N$ 。于是

\begin{aligned} \mathcal L_0={}&-\frac{f_\pi^2}{4} \operatorname{tr}_f(\partial^\mu U^\dagger\partial_\mu U) +v^3\operatorname{tr}_f(MU+M^\dagger U^\dagger)\\ &+i\bar N\slashed\partial N -m_N\bar N(U^\dagger P_L+UP_R)N\\ &-\frac{i}{2}(g_A-1)\bar N\gamma^\mu (U\partial_\mu U^\dagger P_L+U^\dagger\partial_\mu UP_R)N . \end{aligned} \tag{90.1}

这就是第83节已构造的介子与核子作用量。 $v^3$ 是夸克凝聚参数， $m_N$ 是在夸克手征极限中仍存在的核子质量。介子部分保留两导数和一次质量矩阵，核子部分保留当前过程所需的最低导数双线性。其展开尺度仍为 $\Lambda_\chi\sim4\pi f_\pi$ ；多核子接触项及更高导数项另有低能系数。

质量零时的味群为 $SU(2)_L\times SU(2)_R\times U(1)_V$ 。沿此前记号， $N_L=P_LN$ 、 $N_R=P_RN$ 。为了同时得到各个流，先令变换参数随位置变化，并引入厄米矩阵外场 $l_\mu,r_\mu$ ：

\begin{gathered} U'=LUR^\dagger,\qquad N_L'=LN_L,\qquad N_R'=RN_R,\\ l_\mu'=Ll_\mu L^\dagger+iL\partial_\mu L^\dagger,\\ r_\mu'=Rr_\mu R^\dagger+iR\partial_\mu R^\dagger . \end{gathered} \tag{90.2}

$L,R$ 为二阶酉矩阵， $\det L=\det R$ 限制它们具有同一个 $U(1)$ 相位；相应地 $\operatorname{tr}l_\mu=\operatorname{tr}r_\mu$ 。外场已包含耦合常数，量纲为一。这里用局部变换组织流的插入；在量子理论中，轴流的Ward恒等式还要加入本节末尾讨论的反常。

普通导数会微分 $L,R$ ，所以必须用外场的非齐次变换抵消这些附加项。取

\begin{aligned} D_\mu U&=\partial_\mu U-il_\mu U+iUr_\mu,\\ D_\mu U^\dagger&=\partial_\mu U^\dagger +iU^\dagger l_\mu-ir_\mu U^\dagger,\\ D_\mu N_L&=(\partial_\mu-il_\mu)N_L,\qquad D_\mu N_R=(\partial_\mu-ir_\mu)N_R . \end{aligned} \tag{90.3}

检验第一个式子时，含导数的全部附加项为

\begin{aligned} D_\mu'U' ={}&L(D_\mu U)R^\dagger +(\partial_\mu L)UR^\dagger +L(\partial_\mu L^\dagger)LUR^\dagger\\ &+LU(\partial_\mu R^\dagger) -LU(\partial_\mu R^\dagger)\\ ={}&L(D_\mu U)R^\dagger . \end{aligned} \tag{90.4}

第二、三项由 $\partial_\mu(L^\dagger L)=0$ 相消。取厄米共轭，立即得到 $D_\mu'U'^\dagger=R(D_\mu U^\dagger)L^\dagger$ 。核子只有一侧的变换，直接计算给 $D_\mu'(LN_L)=L D_\mu N_L$ ，因为附加系数同样是 $(\partial_\mu L)+L(\partial_\mu L^\dagger)L=0$ ；右手场把 $L,l$ 换成 $R,r$ 即可。这就证明了四种导数的协变性，也完成了题90.1。

在式（90.1）中作 $\partial\to D$ 后，各导数项都协变。质量项若也要形式不变，应令 $M'=RML^\dagger$ ；把 $M$ 固定为物理夸克质量矩阵时，它给出的就是显式手征破缺。

接着沿第83节，在 $U=I$ 附近取 $u=e^{i\Pi}$ ，将核子改写为

\begin{gathered} N=\mathscr B\mathcal N,\qquad \bar N=\bar{\mathcal N}\mathscr B,\\ \mathscr B=uP_L+u^\dagger P_R,\qquad \mathcal N=\begin{pmatrix}p\\n\end{pmatrix}. \end{gathered} \tag{90.5}

伴随场右乘的仍是 $\mathscr B$ ： $\gamma^0$ 交换左右投影，抵消了取厄米共轭引起的 $u\leftrightarrow u^\dagger$ 。因此 $\mathscr B\gamma^\mu=\gamma^\mu\mathscr B^{-1}$ ，且 $\mathscr B(U^\dagger P_L+UP_R)\mathscr B=I$ ，核子质量成为 $-m_N\bar{\mathcal N}\mathcal N$ 。

换场后的连接分成向量和轴向两部分。定义

\begin{aligned} X_\mu&=u^\dagger\partial_\mu u,& Y_\mu&=u\partial_\mu u^\dagger,\\ v_\mu&=\frac{i}{2}(X_\mu+Y_\mu),& a_\mu&=\frac{i}{2}(X_\mu-Y_\mu),\\ \widetilde l_\mu&=u^\dagger l_\mu u,& \widetilde r_\mu&=ur_\mu u^\dagger . \end{aligned} \tag{90.6}

$X_\mu,Y_\mu$ 反厄米，故 $v_\mu,a_\mu$ 厄米。旧动能的导数分别作用于 $\mathscr B$ 和 $\mathcal N$ ，外场项则在左右块内作酉变换，得到

\begin{aligned} i\bar N\slashed DN ={}&i\bar{\mathcal N}\slashed\partial\mathcal N \\ &+\bar{\mathcal N}\gamma^\mu [iX_\mu P_L+iY_\mu P_R +\widetilde l_\mu P_L+\widetilde r_\mu P_R]\mathcal N\\ ={}&i\bar{\mathcal N}\slashed\partial\mathcal N \\ &+\bar{\mathcal N}\gamma^\mu \left[v_\mu+\frac{\widetilde l_\mu+\widetilde r_\mu}{2} -\left(a_\mu+\frac{\widetilde l_\mu-\widetilde r_\mu}{2}\right) \gamma_5\right]\mathcal N . \end{aligned} \tag{90.7}

这里已经产生一个轴项，还要加上原来系数为 $g_A-1$ 的相互作用。该项左手味矩阵的变换为

\begin{aligned} u^\dagger(UD_\mu U^\dagger)u &=Y_\mu-X_\mu+i(\widetilde l_\mu-\widetilde r_\mu),\\ u(U^\dagger D_\mu U)u^\dagger &=X_\mu-Y_\mu-i(\widetilde l_\mu-\widetilde r_\mu),\\ &\mathscr B^{-1} (UD_\mu U^\dagger P_L+U^\dagger D_\mu UP_R)\mathscr B \\ &\qquad=-2i\left(a_\mu+ \frac{\widetilde l_\mu-\widetilde r_\mu}{2}\right)\gamma_5 . \end{aligned} \tag{90.8}

例如第一行中的外场来自 $u^\dagger(i l_\mu-iUr_\mu U^\dagger)u$ ；导数部分的两个乘积则给 $Y_\mu-X_\mu$ 。第二行交换左右块，符号相反。原系数 $-i(g_A-1)/2$ 与末行的 $-2i$ 相乘，给 $-(g_A-1)$ ；加上动能的 $-1$ 后，总系数为 $-g_A$ 。

介子部分不涉及核子换场，却也须展开协变导数。把两个三项式相乘，用 $U^\dagger U=I$ 与 $\partial U^\dagger U=-U^\dagger\partial U$ 整理，得到

\begin{aligned} &\operatorname{tr}_f(D^\mu U^\dagger D_\mu U)\\ &\quad=\operatorname{tr}_f\bigl[ \partial^\mu U^\dagger\partial_\mu U -il^\mu U\overleftrightarrow{\partial_\mu}U^\dagger \\ &\hspace{24mm} -ir^\mu U^\dagger\overleftrightarrow{\partial_\mu}U +l^\mu l_\mu+r^\mu r_\mu -2l^\mu Ur_\mu U^\dagger\bigr]. \end{aligned} \tag{90.9}

例如两项线性 $l$ 贡献为 $-i\operatorname{tr}[(\partial U^\dagger)lU] +i\operatorname{tr}[U^\dagger l\partial U]$ ；将 $l$ 循环移到最前，正好合成所列双向导数。两个混合项在迹中相等，所以交叉系数是 $-2$ ；两个同源平方的系数均为 $+1$ 。

于是换场后的作用量可写成介子部分 $-f_\pi^2\operatorname{tr}(DU^\dagger DU)/4+ v^3\operatorname{tr}(MU+M^\dagger U^\dagger)$ ，加上

\begin{aligned} \mathcal L_{\mathcal N}={}& i\bar{\mathcal N}\slashed\partial\mathcal N -m_N\bar{\mathcal N}\mathcal N\\ &+\bar{\mathcal N}\gamma^\mu \left(v_\mu+\frac{\widetilde l_\mu+\widetilde r_\mu}{2}\right) \mathcal N\\ &-g_A\bar{\mathcal N}\gamma^\mu \left(a_\mu+\frac{\widetilde l_\mu-\widetilde r_\mu}{2}\right) \gamma_5\mathcal N . \end{aligned} \tag{90.10}

这个计算分为协变化和核子换场两步：先以 $D$ 替换普通导数，产生外场依赖，再通过换场把它们整理成向量与轴向连接。题90.2完整采用这两步。

强子流及电弱场的组合

把共同的向量 $U(1)$ 与无迹部分分开，写成

l_\mu=l_\mu^aT^a+b_\mu I_2,\qquad r_\mu=r_\mu^aT^a+b_\mu I_2 . \tag{90.11}

$b_\mu$ 所耦合的荷定为重子数：质子、中子都为一，π介子为零。物理电磁方向可以直接由两种核子的电荷确定。在 $U=I$ 时，要求质子导数为 $(\partial_\mu-ieA_\mu)p$ ，中子导数为 $\partial_\mu n$ ，所以左右连接都应等于 $eA_\mu Q_N$ ，其中

\begin{gathered} Q_N=T^3+\frac12I_2=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix},\\ (l_\mu^3,r_\mu^3,b_\mu)_{\rm EM} =(eA_\mu,eA_\mu,\tfrac12eA_\mu). \end{gathered} \tag{90.12}

式（90.12）同时指定了三个外场分量在电磁方向上的值。对共同的电磁势求导时，这三个系数会乘上各自的流，再相加成为电磁流；外场的限制和流的组合是这两个不同步骤。

为得到完整中性弱耦合，暂把第87节的弱规范场记成 $A_\mu^a$ ，超荷场仍记 $B_\mu$ 。左外场取 $l_\mu^a=g_2A_\mu^a$ ；中性部分另有

l_\mu^3=g_2A_\mu^3,\qquad r_\mu^3=g_1B_\mu,\qquad b_\mu=\frac12g_1B_\mu . \tag{90.13}

这些关系先作用在两味外源上。与实际 $ud$ 带电弱流匹配时，还须带入上一节的 $V_{ud}=c_1$ ；这个系数不改变强作用味生成元的归一。

现在对作用量求源导数，并在求导后令 $l=r=0$ 。由式（90.9）和式（90.10），

\begin{aligned} J_L^{a\mu} &=\left.\frac{\partial\mathcal L}{\partial l_\mu^a}\right|_0\\ &=\frac{if_\pi^2}{4} \operatorname{tr}_f(T^aU\overleftrightarrow{\partial^\mu}U^\dagger) +\frac12\bar{\mathcal N}u^\dagger T^a \gamma^\mu(1-g_A\gamma_5)u\mathcal N,\\ J_R^{a\mu} &=\left.\frac{\partial\mathcal L}{\partial r_\mu^a}\right|_0\\ &=\frac{if_\pi^2}{4} \operatorname{tr}_f(T^aU^\dagger\overleftrightarrow{\partial^\mu}U) +\frac12\bar{\mathcal N}uT^a \gamma^\mu(1+g_A\gamma_5)u^\dagger\mathcal N,\\ J_B^\mu&=\left.\frac{\partial\mathcal L}{\partial b_\mu}\right|_0 =\bar{\mathcal N}\gamma^\mu\mathcal N . \end{aligned} \tag{90.14}

共同 $b$ 在 $D_\mu U$ 中相消，因此没有介子贡献；在核子部分，它的左右两块相加成为单位矩阵。这验证了重子流的归一。

衰变只涉及少量外π，需要把流展开到相应场数。利用第83节的指数微分式，

\begin{aligned} U\partial_\mu U^\dagger &=-2i\partial_\mu\Pi+2[\Pi,\partial_\mu\Pi]+O(\Pi^3),\\ U^\dagger\partial_\mu U &=+2i\partial_\mu\Pi+2[\Pi,\partial_\mu\Pi]+O(\Pi^3),\\ \operatorname{tr}_f(T^a\Pi)&=\frac{\pi^a}{2f_\pi},\qquad \operatorname{tr}_f(T^a[\Pi,\partial_\mu\Pi]) =\frac{i}{2f_\pi^2}\epsilon^{abc}\pi^b\partial_\mu\pi^c . \end{aligned} \tag{90.15}

双向导数等于相应单向乘积的两倍，因为 $\partial(UU^\dagger)=0$ 。将这一个2、迹中的 $1/2$ 和流前的 $if_\pi^2/4$ 合起来，得到

\begin{aligned} J_L^{a\mu} &=+\frac{f_\pi}{2}\partial^\mu\pi^a -\frac12\epsilon^{abc}\pi^b\partial^\mu\pi^c \\ &\quad+\frac12\bar{\mathcal N}T^a\gamma^\mu(1-g_A\gamma_5)\mathcal N +\cdots,\\ J_R^{a\mu} &=-\frac{f_\pi}{2}\partial^\mu\pi^a -\frac12\epsilon^{abc}\pi^b\partial^\mu\pi^c \\ &\quad+\frac12\bar{\mathcal N}T^a\gamma^\mu(1+g_A\gamma_5)\mathcal N +\cdots . \end{aligned} \tag{90.16}

这里保留纯π流到二次、核子流到零π。略项分别从 $\pi^2\partial\pi/f_\pi$ 和 $\pi\bar{\mathcal N}\mathcal N/f_\pi$ 开始；后者会在有外π和核子的过程出现。

取 $\pi^\pm=(\pi^1\mp i\pi^2)/\sqrt2$ 。 $T^1-iT^2$ 的唯一非零元位于第21项， $T^1+iT^2$ 则位于第12项。因此带电流为

\begin{aligned} J^{+\mu}&=c_1(J_L^{1\mu}-iJ_L^{2\mu})\\ &=\frac{c_1}{\sqrt2} \left(f_\pi\partial^\mu\pi^+ +i\pi^0\overleftrightarrow{\partial^\mu}\pi^+\right) \\ &\quad+\frac{c_1}{2}\bar n\gamma^\mu(1-g_A\gamma_5)p+\cdots,\\ J^{-\mu}&=c_1(J_L^{1\mu}+iJ_L^{2\mu})\\ &=\frac{c_1}{\sqrt2} \left(f_\pi\partial^\mu\pi^- -i\pi^0\overleftrightarrow{\partial^\mu}\pi^-\right) \\ &\quad+\frac{c_1}{2}\bar p\gamma^\mu(1-g_A\gamma_5)n+\cdots . \end{aligned} \tag{90.17}

例如二次π项中的第一种组合是 $\{\pi^0\partial^\mu(\pi^2+i\pi^1) -(\pi^2+i\pi^1)\partial^\mu\pi^0\}/2$ ，即 $i\pi^0\overleftrightarrow{\partial^\mu}\pi^+/\sqrt2$ 。这样，带电基的 $\sqrt2$ 与核子生成元的 $1/2$ 各有明确来源。

第三流和电磁流则为

\begin{aligned} J_3^\mu=J_L^{3\mu} ={}&\frac12\left(f_\pi\partial^\mu\pi^0+ i\pi^+\overleftrightarrow{\partial^\mu}\pi^-\right)\\ &+\frac14\bar p\gamma^\mu(1-g_A\gamma_5)p -\frac14\bar n\gamma^\mu(1-g_A\gamma_5)n+\cdots,\\ J_{\rm EM}^\mu ={}&J_L^{3\mu}+J_R^{3\mu}+\frac12J_B^\mu\\ ={}&i\pi^+\overleftrightarrow{\partial^\mu}\pi^- +\bar p\gamma^\mu p+\cdots,\\ J_Z^\mu={}&J_3^\mu-s_W^2J_{\rm EM}^\mu . \end{aligned} \tag{90.18}

左右第三流相加时，线性π项和核子轴项都相消；再加上 $J_B/2$ ，质子系数成为一，中子系数成为零。这个电荷检查也解释了式（90.12）为何必须同时限制三个外源。

将式（90.13）代入 $l^3J_L^3+r^3J_R^3+bJ_B$ ，再用 $A^3=s_WA+c_WZ$ 、 $B=c_WA-s_WZ$ ，光子系数正是 $eJ_{\rm EM}$ ， $Z$ 系数为 $e[J_L^3-s_W^2J_{\rm EM}]/(s_Wc_W)$ 。带电组合按 $W^\pm=(A^1\mp iA^2)/\sqrt2$ 整理。于是

\begin{aligned} \mathcal L_{\rm int} &=\frac{g_2}{\sqrt2}(W_\mu^+J^{-\mu}+W_\mu^-J^{+\mu})\\ &\quad+\frac{e}{s_Wc_W}Z_\mu J_Z^\mu+eA_\mu J_{\rm EM}^\mu . \end{aligned} \tag{90.19}

强子电荷与弱流的相对系数已经由同一个外源作用量给出。

对于外部不变量远小于 $M_W^2,M_Z^2$ 的过程，可以使用第88节已推导的重矢量消去：

\mathcal L_{\rm eff} =2\sqrt2G_F(J^{+\mu}J^-_\mu+J_Z^\mu J_{Z\mu}), \qquad G_F=\frac{g_2^2}{4\sqrt2M_W^2}. \tag{90.20}

总流同时包括强子和轻子。取出一项强子流与一项轻子流，就能得到半轻子作用量。这里保留 $g^2/M_V^2$ 阶，舍去相对 $q^2/M_V^2$ 的非局域修正及尚未计算的圈匹配；本节后面的β率采用同一树级近似。

带电π的轻子衰变

考虑 $\pi^-(k)\to\mu^-(p_1)+\bar\nu_\mu(p_2)$ 。 $J^-$ 提供单π项， $J^+$ 提供轻子项；中性流不能连接这组电荷不同的外态。用 $\mathcal M$ 表示缪子狄拉克场， $\mathcal N_m$ 表示缪子中微子场，相关作用量为

\begin{aligned} J_{\rm h}^{-\mu}&=\frac{c_1f_\pi}{\sqrt2}\partial^\mu\pi^-,\\ J_{\ell}^{+\mu}&=\frac12\bar{\mathcal M} \gamma^\mu(1-\gamma_5)\mathcal N_m,\\ \mathcal L_{\pi\ell\nu} &=G_Fc_1f_\pi\,\partial^\mu\pi^-\, \bar{\mathcal M}\gamma_\mu(1-\gamma_5)\mathcal N_m +\text{h.c.} \end{aligned} \tag{90.21}

总系数由流流作用量及两个流的系数相乘得到： $2\sqrt2\times1/\sqrt2\times1/2=1$ 。每一项的质量量纲为 $-2+1+2+3=4$ 。

记 $G=G_Fc_1f_\pi$ 。沿单位场重叠 $\langle0|\pi^-(x)|\pi^-(k)\rangle=e^{ikx}$ ，导数给 $ik^\mu$ ，作用量给 $i$ ；因而 $i\mathcal T=-Gk^\mu\bar u_1\gamma_\mu(1-\gamma_5)v_2$ 。用 $k=p_1+p_2$ ，

\begin{aligned} \mathcal T &=iG\,\bar u_1(\slashed p_1+\slashed p_2)(1-\gamma_5)v_2\\ &=iG\left[-m_\mu\bar u_1(1-\gamma_5)v_2 +\bar u_1(1+\gamma_5)\slashed p_2v_2\right]\\ &=-iGm_\mu\bar u_1(1-\gamma_5)v_2 . \end{aligned} \tag{90.22}

第二行分别用了有质量外旋量方程和 $\{\gamma_5,\gamma^\mu\}=0$ ，第三行用了无质量中微子的 $\slashed p_2v_2=0$ 。这一共同相位由刚才选择的π场重叠和 $S=1+iT$ 约定固定；若重定相π单粒子态，振幅随之重定相，衰变率不变。

振幅正比于带电轻子质量。这是螺旋度抑制（helicity suppression）：无质量极限中，弱流选出的轻子与反中微子的螺旋度，在π静系不能组成自旋零的两体态；质量项使另一手征分量参与，衰变才得以发生。因此，尽管电子通道的相空间更大，它的衰变率仍会小得多。

为计算平方，对末态自旋求和。狄拉克伴随使 $1-\gamma_5$ 成为 $1+\gamma_5$ ，于是

\begin{aligned} \sum_{\rm spin}|\mathcal T|^2 &=(Gm_\mu)^2\operatorname{tr} [(-\slashed p_1+m_\mu)(1-\gamma_5) (-\slashed p_2)(1+\gamma_5)]\\ &=2(Gm_\mu)^2\operatorname{tr} [\slashed p_1\slashed p_2(1+\gamma_5)]\\ &=-8(Gm_\mu)^2p_1\cdot p_2 =4(Gm_\mu)^2(m_\pi^2-m_\mu^2). \end{aligned} \tag{90.23}

显式 $m_\mu$ 项只含一个gamma，迹为零；两个gamma乘 $\gamma_5$ 的迹也为零，而 $\operatorname{tr}(\slashed p_1\slashed p_2)=-4p_1\cdot p_2$ 。最后用了 $-2p_1\cdot p_2=m_\pi^2-m_\mu^2$ 。初态为标量，无须自旋平均。

\Gamma_{\pi\to\mu\nu} =\frac{G_F^2c_1^2f_\pi^2m_\mu^2m_\pi}{4\pi} \left(1-\frac{m_\mu^2}{m_\pi^2}\right)^2 . \tag{90.24}

这里的 $f_\pi$ 按轴流单π系数归一；若另用 $F_\pi=\sqrt2f_\pi$ ，前面的 $1/(4\pi)$ 也要随之改为 $1/(8\pi)$ 。

把 $\mu$ 换成 $e$ ，相同系数在两率之比中消去：

\frac{\Gamma_{\pi\to e\nu}}{\Gamma_{\pi\to\mu\nu}} =\frac{m_e^2}{m_\mu^2} \frac{(1-m_e^2/m_\pi^2)^2}{(1-m_\mu^2/m_\pi^2)^2}. \tag{90.25}

这一树级比清楚分开了质量抑制与相空间效应。 $G_F$ 已由缪子衰变确定，带电π率因而测定 $c_1f_\pi$ ；要把二者分开，还需要一个不含 $f_\pi$ 的过程。

πβ衰变和共同的三体积分

这个过程是 $\pi^-(k)\to\pi^0(k')+e^-(p)+\bar\nu_e(q)$ 。它使用式（90.17）中的双π项。入π的导数给 $ik$ ，出π的导数给 $-ik'$ ，所以

\begin{aligned} \langle\pi^0(k')|J^{-\mu}(0)|\pi^-(k)\rangle &=\frac{c_1}{\sqrt2}(k+k')^\mu,\\ \mathcal T_{\pi\beta} &=G_Fc_1(k+k')^\mu \bar u_e(p)\gamma_\mu(1-\gamma_5)v_{\bar\nu}(q). \end{aligned} \tag{90.26}

双向导数给的是两个强子动量之和。这里没有 $f_\pi$ ，因而能够单独求出 $c_1$ 。下面把这一衰变的幅和相空间完整积出，题90.6再给出参数提取。

记 $E=p^0$ 、 $\omega=q^0=|\boldsymbol q|$ 。对末态自旋求和，将两个手征因子移到一起，再用第88节的四伽马矩阵迹，轻子张量为

\begin{aligned} L_{\mu\nu} &:=\sum_{\rm spin} [\bar u(p)\gamma_\mu(1-\gamma_5)v(q)] [\bar u(p)\gamma_\nu(1-\gamma_5)v(q)]^*\\ &=\operatorname{tr} [(-\slashed p+m_e)\gamma_\mu(1-\gamma_5) (-\slashed q)\gamma_\nu(1-\gamma_5)]\\ &=2\operatorname{tr} [\slashed p\gamma_\mu\slashed q\gamma_\nu(1-\gamma_5)]\\ &=8\left[p_\mu q_\nu+p_\nu q_\mu -g_{\mu\nu}p\cdot q -i\epsilon_{\mu\nu\alpha\beta}p^\alpha q^\beta\right],\\ L_{00}&=8(E\omega+\boldsymbol p\cdot\boldsymbol q). \end{aligned} \tag{90.27}

电子质量的一次项乘三gamma迹而消失，但 $E^2=\boldsymbol p^2+m_e^2$ 始终保留。时间分量用 $p_0=-E$ 、 $q_0=-\omega$ 及 $p\cdot q=-E\omega+\boldsymbol p\cdot\boldsymbol q$ 直接得到。

令初、末π质量为 $M,M'$ ， $\Delta_\pi=M-M'$ 。取示例质量差 $\Delta_\pi=4.594$ MeV，远小于 $M'$ 。因此末π的三动量仍由 $\boldsymbol k'=-\boldsymbol p-\boldsymbol q$ 确定，而能量取 $E'=M'+O(\Delta_\pi^2/M')$ ，流的时间分量取 $M+M'$ 。在这一无反冲阶，

\begin{aligned} \sum|\mathcal T_{\pi\beta}|^2 &=8G_F^2c_1^2(M+M')^2 (E\omega+\boldsymbol p\cdot\boldsymbol q) \\ &\simeq32G_F^2c_1^2MM' (E\omega+\boldsymbol p\cdot\boldsymbol q). \end{aligned} \tag{90.28}

两种静质量写法的相对差是 $\Delta_\pi^2/(4MM')$ ；整体计算已经舍去相对 $O(\Delta_\pi/M')$ 的反冲项，故以下统一用后一式。

从相对论三体测度开始，先用空间delta积分掉末强子的三动量。初态归一和末强子测度分别给 $1/(2M)$ 、 $1/(2M')$ ，得到

\begin{aligned} \Gamma_{\pi\beta} &\simeq\frac{2\pi}{4MM'} \int\frac{d^3p\,d^3q}{(2\pi)^6\,4E\omega} \delta(\Delta_\pi-E-\omega)\sum|\mathcal T_{\pi\beta}|^2\\ &=\frac{G_F^2c_1^2}{\pi^3} \int_0^\infty p^2\,dp\int_0^\infty\omega^2\,d\omega\, \delta(\Delta_\pi-E-\omega)\\ &=\frac{G_F^2c_1^2}{\pi^3}I(\Delta_\pi,m_e),\\ I(\Delta,m)&:=\int_m^\Delta E\sqrt{E^2-m^2}(\Delta-E)^2\,dE . \end{aligned} \tag{90.29}

第一行的 $2\pi$ 是四维delta中剩下的时间因子。角积分给 $(4\pi)^2$ ，而 $\int d\Omega_{\boldsymbol p}d\Omega_{\boldsymbol q}\, \boldsymbol p\cdot\boldsymbol q=0$ ；合并振幅的32与测度的16，系数成为 $2(2\pi)(4\pi)^2/(2\pi)^6=1/\pi^3$ 。最后一步用了 $p^2dp=E\sqrt{E^2-m_e^2}\,dE$ ；中微子积分给 $(\Delta_\pi-E)^2$ 和允许区间 $m_e\le E\le\Delta_\pi$ 。三个末粒子各不相同，没有统计阶乘。

这个径向积分也将出现在中子衰变中，值得在这里算完。令 $p_*=\sqrt{\Delta^2-m^2}$ ，并展开 $(\Delta-E)^2$ ：

\begin{aligned} I&=\Delta^2J_1-2\Delta J_2+J_3,\qquad J_r=\int_m^\Delta E^r\sqrt{E^2-m^2}\,dE,\\ J_1&=\frac{p_*^3}{3},\qquad J_3=\frac{p_*^5}{5}+\frac{m^2p_*^3}{3}. \end{aligned} \tag{90.30}

后两个结果用 $p=\sqrt{E^2-m^2}$ 、 $E\,dE=p\,dp$ 得到：被积式分别成为 $p^2dp$ 和 $(p^2+m^2)p^2dp$ 。对 $J_2$ ，改取 $E=m\cosh t$ ， $p=m\sinh t$ ，则

\begin{aligned} J_2&=m^4\int_0^{t_*}\cosh^2t\,\sinh^2t\,dt =\frac{m^4}{32}\sinh4t_*-\frac{m^4}{8}t_*,\\ t_*&=\ln\frac{\Delta+p_*}{m},\qquad \sinh4t_*=\frac{4\Delta p_*(2\Delta^2-m^2)}{m^4},\\ J_2&=\frac18\left[ \Delta p_*(2\Delta^2-m^2)-m^4\ln\frac{\Delta+p_*}{m}\right]. \end{aligned} \tag{90.31}

第一行用了 $\cosh^2t\,\sinh^2t=(\cosh4t-1)/8$ 。三项下端点均为零，代回后得到

I(\Delta,m) =\frac{p_*}{60}(2\Delta^4-9\Delta^2m^2-8m^4) +\frac{\Delta m^4}{4}\ln\frac{\Delta+p_*}{m}. \tag{90.32}

该式适用于 $\Delta\ge m>0$ ；闭阈值 $\Delta=m$ 给零， $m\to0$ 给 $\Delta^5/30$ 。量纲为五，与 $G_F^2I$ 的能量量纲相合。近阈值时，可令 $Q=\Delta-m$ 、 $E=m+Qx^2$ 。于是 $dE=2Qx\,dx$ 、 $\sqrt{E^2-m^2}=x\sqrt{Q(2m+Qx^2)}$ ，定积分成为

I(\Delta,m) =2Q^{7/2}\int_0^1 (m+Qx^2)x^2\sqrt{2m+Qx^2}(1-x^2)^2\,dx . \tag{90.62}

新的被积函数在两端光滑且非负，适合数值求积。

用中译本习题90.6的输入作一次代入： $G_F=1.166\times10^{-5}\ {\rm GeV}^{-2}$ 、 $m_e=0.511$ MeV、 $\Delta_\pi=4.594$ MeV，每秒衰变率 $\gamma_{\pi\beta}=0.397\ {\rm s}^{-1}$ 。先把秒率换成能量宽度。SI定义常数给 $h=6.62607015\times10^{-34}\ {\rm J\,s}$ ，而 $1\ {\rm GeV}=1.602176634\times10^{-10}\ {\rm J}$ ，故

\hbar=\frac{6.62607015\times10^{-34}} {2\pi(1.602176634\times10^{-10})}\ {\rm GeV\,s} \simeq6.58211957\times10^{-25}\ {\rm GeV\,s}, \qquad \Gamma=\hbar\gamma . \tag{90.63}

计算相空间积分，再反解式（90.29）：

\begin{aligned} I_\pi&=I(0.004594,0.000511) \simeq6.41949835\times10^{-14}\ {\rm GeV}^5,\\ \Gamma_{\pi\beta}&\simeq2.61310147\times10^{-25}\ {\rm GeV},\\ c_1&=\left(\frac{\pi^3\hbar\gamma_{\pi\beta}} {G_F^2I_\pi}\right)^{1/2} \simeq0.963505 . \end{aligned} \tag{90.64}

按题目精度写 $c_1\simeq0.964$ ，比中译本另一组低能输入 $0.974$ 低约 $1.1\%$ 。百分数精度的参数提取还需在同一阶加入反冲与辐射修正。以下沿用 $c_1=0.974$ 、 $f_\pi=92.4$ MeV作示例。确定 $c_1$ 后，式（90.24）便可由带电π率求 $f_\pi$ 。

同一思路还适用于超允许Fermi核衰变：零动量矢量流的归一由同位旋荷决定。一般多重态的提高、降低算符矩阵元为 $\sqrt{(T\mp m_T)(T\pm m_T+1)}$ ；π三重态的相应值是 $\sqrt2$ ，核子双重态则为一。推广到其他核态时，应代入它们自己的同位旋矩阵元，并在精密提取中加入同位旋破缺、辐射及核结构修正。

极化中子的衰变

现在考虑 $n\to p+e^-+\bar\nu_e$ 。强子流改取式（90.17）中的 $\bar p n$ 项，轻子流仍为 $\bar{\mathcal E}\gamma^\mu(1-\gamma_5)\mathcal N_e/2$ 。因而

\begin{aligned} \mathcal L_{n\beta} &=\frac{G_Fc_1}{\sqrt2} [\bar p\gamma^\mu(1-g_A\gamma_5)n] [\bar{\mathcal E}\gamma_\mu(1-\gamma_5)\mathcal N_e] +\text{h.c.},\\ \mathcal T_n &=\frac{G_Fc_1}{\sqrt2} [\bar u_p\gamma^\mu(1-g_A\gamma_5)u_n] [\bar u_e\gamma_\mu(1-\gamma_5)v_{\bar\nu}] . \end{aligned} \tag{90.33}

两个流各有 $1/2$ ，乘流流系数 $2\sqrt2G_F$ 便得到这里的 $G_F/\sqrt2$ 。

取静止且自旋沿 $z$ 轴向上的初中子。令 $\chi_n=(1,0)^T$ ， $z^\mu=(0,0,0,1)$ 。第36节的静止旋量给

\begin{gathered} u_n=\sqrt{m_n}\begin{pmatrix}\chi_n\\\chi_n\end{pmatrix}, \qquad p_n^\mu=(m_n,\boldsymbol0),\\ u_n\bar u_n =\frac12(1-\gamma_5\slashed z)(-\slashed p_n+m_n). \end{gathered} \tag{90.34}

两个二分量块相同，而 $\chi_n\chi_n^\dagger=(I+\sigma^3)/2$ ，直接相乘就得到第二式。这里的 $1/2$ 构成纯态投影；它不是对两个初态自旋作平均。

释放的动能为 $m_n-m_p-m_e=0.782$ MeV，远小于 $m_p$ 。末质子流因此可取最低非相对论阶，而电子质量仍须保留。在此阶， $u_p=\sqrt{m_p}(\chi_p,\chi_p)^T$ 。把这两个块代入既定的Weyl基gamma矩阵，有

\begin{aligned} H^\mu&:=\bar u_p\gamma^\mu(1-g_A\gamma_5)u_n =2\sqrt{m_nm_p}\,\chi_p^\dagger h^\mu\chi_n,\\ h^0&=I_2,\qquad h^i=-g_A\sigma^i . \end{aligned} \tag{90.35}

时间分量的轴项在上下块间相消，空间分量的矢量项相消；留下的分别是单位矩阵与Pauli矩阵。因此后面的三个空间分量将共同产生 $3g_A^2$ 。

这一近似也可以用四动量的点积表示。初中子严格静止，故对任一轻子四动量 $k$ 都有 $p_n\cdot k=-m_nk^0$ 。末质子则满足 $p_p\cdot k=-m_pk^0+O(\Delta_n^2)$ ，其中 $\Delta_n=m_n-m_p$ ；修正来自 $\boldsymbol p_p\cdot\boldsymbol k$ 及质子动能。这些点积近似与所保留的静核子流属于同一阶。

求和末质子自旋，利用 $\sum_{\chi_p}\chi_p\chi_p^\dagger=I_2$ 。令 $\boldsymbol S=\chi_n^\dagger\boldsymbol\sigma\chi_n=\widehat{\boldsymbol z}$ ，并把共同 $4m_nm_p$ 提出：

\begin{aligned} \mathsf H^{\mu\nu} &:=\frac{\sum H^\mu H^{\nu *}}{4m_nm_p} =\chi_n^\dagger h^\nu h^\mu\chi_n,\\ \mathsf H^{00}&=1,\qquad \mathsf H^{0i}=\mathsf H^{i0}=-g_AS_i,\\ \mathsf H^{ij}&=g_A^2(\delta_{ij}-i\epsilon_{ijk}S_k). \end{aligned} \tag{90.36}

最后一行是 $\sigma^j\sigma^i=\delta_{ij}-i\epsilon_{ijk}\sigma^k$ ，次序由复共轭决定。这个反对称部分决定两种自旋关联的不同符号。

轻子张量已经在式（90.27）中求出。现在为电子、反中微子分别记 $p^\mu=(E,\boldsymbol p)$ 、 $q^\mu=(\omega,\boldsymbol q)$ 。由于 $\epsilon_{0123}=-1$ ，其余分量具体为

\begin{aligned} L_{0i}/8&=-Eq_i-\omega p_i+i(\boldsymbol p\times\boldsymbol q)_i, \\ L_{i0}&=L_{0i}^*,\\ L_{ij}/8&=p_iq_j+p_jq_i+\delta_{ij} (E\omega-\boldsymbol p\cdot\boldsymbol q) \\ &\quad+i\epsilon_{ijk}(Eq_k-\omega p_k). \end{aligned} \tag{90.37}

时间与空间的混合项是 $-Eq_i-\omega p_i$ ，来自降低时间指标；反对称空间项则由四维epsilon中时间指标的两个位置给出。核子与轻子张量相缩并时， $\delta_{ij}$ 给三个相同的 $E\omega$ ，两个epsilon给 $\epsilon_{ijk}\epsilon_{ij\ell}=2\delta_{k\ell}$ 。逐部分相加便有

\begin{aligned} \frac18\mathsf H^{\mu\nu}L_{\mu\nu} ={}&(E\omega+\boldsymbol p\cdot\boldsymbol q) +g_A^2(3E\omega-\boldsymbol p\cdot\boldsymbol q)\\ &+2g_A\boldsymbol S\cdot(E\boldsymbol q+\omega\boldsymbol p) +2g_A^2\boldsymbol S\cdot(E\boldsymbol q-\omega\boldsymbol p). \end{aligned} \tag{90.38}

第一行分别是两个时间指标及对称空间指标的贡献；第二行分别来自混合指标和反对称空间指标。于是电子自旋关联的系数为 $2g_A-2g_A^2$ ，反中微子的为 $2g_A+2g_A^2$ 。

乘回幅平方中的 $(G_Fc_1)^2/2$ 和强子张量的 $4m_nm_p$ ，便得到极化衰变的模平方和三个角关联系数：

\begin{aligned} \sum_{\rm final\ spin}|\mathcal T_n|^2 ={}&16G_F^2c_1^2(1+3g_A^2)m_nm_pE\omega\\ &\times\left[ 1+a\frac{\boldsymbol p\cdot\boldsymbol q}{E\omega} +A\frac{\boldsymbol S\cdot\boldsymbol p}{E} +B\frac{\boldsymbol S\cdot\boldsymbol q}{\omega}\right],\\ a&=\frac{1-g_A^2}{1+3g_A^2},\qquad A=\frac{2g_A(1-g_A)}{1+3g_A^2},\qquad B=\frac{2g_A(1+g_A)}{1+3g_A^2}. \end{aligned} \tag{90.39}

这个结果保留了初态的极化和电子质量，但舍去相对 $O((m_n-m_p)/m_p)$ 的反冲，以及弱磁项、形状因子、辐射与电子—质子的Coulomb作用。其中 $p_n\cdot p_e=-m_nE$ 、 $p_n\cdot q=-m_n\omega$ 是静初态的精确等式； $p_p\cdot p_e\simeq-m_pE$ 、 $p_p\cdot q\simeq-m_p\omega$ 则正对应这里的末质子近似。

总率中，能量delta在同一阶化为 $\delta(\Delta_n-E-\omega)$ ， $\Delta_n=m_n-m_p$ ，不再含方向。因此三个关联项分别积分为零。与πβ的式（90.28）比较，角平均平方只需将系数32换成 $16(1+3g_A^2)$ ，相同三体测度便给

\Gamma_n =\frac{G_F^2c_1^2(1+3g_A^2)}{2\pi^3} I(\Delta_n,m_e). \tag{90.40}

在 $g_A=0$ 时，πβ率恰为相同质量差的核子纯矢量率的两倍；这正是前述同位旋矩阵元 $\sqrt2$ 的平方。

中译本习题90.4(b)取 $c_1=0.974$ 、 $G_F=1.166\times10^{-5}\ {\rm GeV}^{-2}$ 及 $\tau_n=886$ s。由题给动能释放 $Q_n=0.782$ MeV得到 $\Delta_n=Q_n+m_e=1.293$ MeV；直接使用这个质量差可保留所需精度。

\begin{aligned} I_n&=I(0.001293,0.000511) \simeq5.69086429\times10^{-17}\ {\rm GeV}^5,\\ \Gamma_n&=\hbar/\tau_n \simeq7.42902886\times10^{-28}\ {\rm GeV},\\ |g_A|&=\left[\frac13\left( \frac{2\pi^3\hbar}{\tau_nG_F^2c_1^2I_n}-1\right)\right]^{1/2} \simeq1.326212 . \end{aligned} \tag{90.65}

这比中译本的比较值 $1.27$ 高约 $4.4\%$ ，反映出用最低阶衰变率提取参数的精度。若先用同阶πβ率求 $c_1$ ，再代入中子率，则

1+3|g_A|_{\rm joint}^2 =2\frac{\gamma_n}{\gamma_{\pi\beta}} \frac{I(\Delta_\pi,m_e)}{I(\Delta_n,m_e)}, \qquad \gamma_n=\frac1{\tau_n}, \tag{90.41}

其中 $G_F$ 和秒率换算的 $\hbar$ 都相消。这套共同树级提取给 $|g_A|_{\rm joint}\simeq1.343$ ；两种结果的差别来自 $c_1$ 的输入不同。

寿命只测定 $1+3g_A^2$ 。为了确定 $g_A$ 的符号，必须利用 $A$ 或 $B$ 这样的自旋关联。反中微子的三动量可由电子、质子的动量守恒重建，因而 $B$ 也原则上可测。例如取由自旋关联选定正号的 $g_A=+1.27$ ，便可同时预言三个关联系数；它们提供了寿命之外的独立比较。这里仍采用上述低能近似。

中性π衰变与有质量核子圈

最后考虑 $\pi^0\to\gamma\gamma$ 。前面最低阶手征作用量没有单个 $\pi^0$ 与两个光子的树顶角；但π与核子有轴向导数耦合，质子又带电，所以会出现下面的两种三角圈。计算使用第76节的三流核，并在轴 Ward 恒等式中保留内部质子的质量项。

先固定耦合的符号。式（90.6）中 $a_\mu=-\partial_\mu\Pi+O(\Pi^3)$ ，与式（90.10）中的 $-g_A$ 相乘，给

\mathcal L_{\pi^0NN} =+\frac{g_A}{2f_\pi}\partial_\rho\pi^0 (\bar p\gamma^\rho\gamma_5p-\bar n\gamma^\rho\gamma_5n). \tag{90.42}

它也与第83节的单π展开相同。这个正号与既定 $U=e^{2i\Pi}$ 的相位相配。物理入π动量另记 $P=k_1+k_2$ ，三流核沿第76节取全出轴动量 $r=-P$ ，避免把两个相反的动量同记为 $k$ 。

图中的实线是质子，黑箭头给费米方向及所标圈动量；波浪线的灰箭头给出射光子动量。左图三条线依次为 $\ell-k_1,\ell,\ell+k_2$ ，右图交换两个光子后反向排列。每个顶点的动量守恒都归结为 $P=k_1+k_2$ 。两图之和的数值因子由以下收缩确定。

令 $\lambda_N=g_A/(2f_\pi)$ 。入π导数和作用量的两个 $i$ 给顶角 $-\lambda_NP_\rho\gamma^\rho\gamma_5 =+\lambda_Nr_\rho\gamma^\rho\gamma_5$ 。三流核 $C_m^{\mu\nu\rho}$ 采用第76节的Fourier定义，各流插入不含电荷顶角。因此两图为

\begin{gathered} i\mathcal T_N =\lambda_N(ie)^2\varepsilon_{1\mu}\varepsilon_{2\nu} r_\rho C_m^{\mu\nu\rho}(k_1,k_2,r),\\ m=m_N,\qquad r=-k_1-k_2 . \end{gathered} \tag{90.43}

这里的轴动量 $r$ 指向圈外，与物理入射π动量相反；这个转换已经包含在顶角中。

要求 $r_\rho C_m^{\mu\nu\rho}$ ，先计算其中的质量插入。定义 $P_0=\bar p\gamma_5p$ ，并用 $P_0$ 替换三流核的轴顶角，记所得核为 $C_{P,m}^{\mu\nu}$ 。 $P_0$ 反厄米；这里没有把厄米密度 $iP_0$ 的 $i$ 吸收到核中。令 $p=k_1,q=k_2$ ， $a=\ell-p,b=\ell,c=\ell+q$ ，写

\begin{gathered} N_v=-\slashed v+m,\qquad D_v=v^2+m^2-i0,\\ C_{P,m;1}^{\mu\nu} =-i\int\frac{d^4\ell}{(2\pi)^4} \frac{\operatorname{tr}(N_a\gamma^\mu N_b\gamma^\nu N_c\gamma_5)} {D_aD_bD_c}. \end{gathered} \tag{90.44}

闭费米圈给 $-1$ ，三条实际传播线各带 $1/i$ ，所以总因子为 $(-1)(1/i)^3=-i$ 。另一个定向还要相加。

记 $\mathcal E^{\mu\nu}(v,w)= \epsilon^{\mu\nu\alpha\beta}v_\alpha w_\beta$ 。 $\gamma_5$ 乘奇数gamma的迹为零，故分子中只有恰取一个 $m$ 的三项留下。由第47节的四gamma轴迹，

\begin{aligned} m\operatorname{tr}(\slashed a\gamma^\mu\slashed b\gamma^\nu\gamma_5) &=4im\mathcal E^{\mu\nu}(a,b),\\ m\operatorname{tr}(\slashed a\gamma^\mu\gamma^\nu\slashed c\gamma_5) &=-4im\mathcal E^{\mu\nu}(a,c),\\ m\operatorname{tr}(\gamma^\mu\slashed b\gamma^\nu\slashed c\gamma_5) &=4im\mathcal E^{\mu\nu}(b,c),\\ \operatorname{tr}(N_a\gamma^\mu N_b\gamma^\nu N_c\gamma_5) &=4im\mathcal E^{\mu\nu}(p,q). \end{aligned} \tag{90.45}

最后一步中， $\mathcal E(a,b)=\mathcal E(\ell,p)$ ， $\mathcal E(a,c)=\mathcal E(\ell,q)+\mathcal E(\ell,p)-\mathcal E(p,q)$ ， $\mathcal E(b,c)=\mathcal E(\ell,q)$ ；所有圈动量项相消。反向圈同时交换 $p,q$ 和 $\mu,\nu$ ，两个反对称号相消，给相同贡献，因此两图乘二。

三个分母的Feynman参数依次取 $x,1-x-y,y$ ：

\begin{aligned} \frac1{D_aD_bD_c} &=2\int_0^1dx\int_0^{1-x}dy\, [(\ell-xp+yq)^2+\Delta-i0]^{-3},\\ \Delta&=m^2+x(1-x)p^2+y(1-y)q^2+2xy\,p\cdot q\\ &=m^2-sxy,\qquad p^2=q^2=0,\quad s=-(p+q)^2 . \end{aligned} \tag{90.46}

因子二是三分母参数化的 $\Gamma(3)$ ，与两种圈定向不同。现在分子已不含圈动量，积分紫外收敛，可以平移为 $L=\ell-xp+yq$ 。在 $s<4m^2$ 时， $xy\le1/4$ 保证 $\Delta>0$ ，Wick旋转给

\begin{aligned} \int\frac{d^4L}{(2\pi)^4}(L^2+\Delta-i0)^{-3} &=\frac{i}{8\pi^2}\int_0^\infty \frac{R^3\,dR}{(R^2+\Delta)^3}\\ &=\frac{i}{16\pi^2}\int_0^\infty \frac{u\,du}{(u+\Delta)^3} =\frac{i}{32\pi^2\Delta}. \end{aligned} \tag{90.47}

第一行用了四维单位球面积 $2\pi^2$ 和 $L^0=iL_E^4$ 的测度 $i$ ；第二行取 $u=R^2$ 。最后的实积分可再令 $u=\Delta t$ ，其中 $\int_0^\infty t(1+t)^{-3}dt=1/2$ 。合并闭圈、分子、两图和参数因子，

\begin{aligned} C_{P,m}^{\mu\nu} &=2(-i)(4im\mathcal E^{\mu\nu})\,2\, \frac{i}{32\pi^2} \int_0^1dx\int_0^{1-x}dy\,\frac1{m^2-sxy-i0}\\ &=\frac{i}{4\pi^2m}\mathcal E^{\mu\nu}F(s),\\ F(s)&=2m^2\int_0^1dx\int_0^{1-x}dy\,\frac1{m^2-sxy-i0}. \end{aligned} \tag{90.48}

两次向量收缩都因反对称张量而为零； $C_P$ 的质量量纲为一，也与三个维数三的流和其Fourier积分相合。

还要把参数积分算完。令 $\tau=s/(4m^2)$ ，先对 $y$ 积分，得到

\begin{aligned} F(s)&=-\frac{2m^2}{s}\int_0^1\frac{dx}{x} \ln[1-4\tau x(1-x)],\\ h(\tau)&:=-\frac12\int_0^1\frac{dx}{x} \ln[1-4\tau x(1-x)],\qquad F=\frac{h(\tau)}{\tau},\\ h'(\tau)&=2\int_0^1 \frac{1-x}{1-4\tau x(1-x)}\,dx =\int_0^1\frac{dx}{1-4\tau x(1-x)}\\ &=\frac{\arctan\sqrt{\tau/(1-\tau)}}{\sqrt{\tau(1-\tau)}}. \end{aligned} \tag{90.49}

第三行将 $x$ 与 $1-x$ 的两种写法平均；末行取 $2x-1=t$ ，利用偶性将区间改为 $0\le t\le1$ ，再积 $1/(1-\tau+\tau t^2)$ 。在 $0<\tau<1$ ， $\arctan\sqrt{\tau/(1-\tau)}=\arcsin\sqrt\tau$ 。由 $h(0)=0$ 积分一次，便有

F(s)=\frac{\arcsin^2\sqrt\tau}{\tau} =1+\frac{s}{12m^2}+O(s^2/m^4), \qquad F(0)=1,\quad0\le s<4m^2 . \tag{90.50}

首项也可由参数三角形面积 $1/2$ 直接得到；下一项是 $2(s/m^2)\int_0^1dx\int_0^{1-x}dy\,xy=s/(12m^2)$ 。这给出了本节低能区所需的完整函数。

现在回到轴收缩。令 $Q(v)=\slashed v+m$ ，它满足 $Q(v)N_v=v^2+m^2$ 。由 $r=a-c$ 和gamma的反对易性，

\slashed r\gamma_5 =-Q(c)\gamma_5-\gamma_5Q(a)+2m\gamma_5 . \tag{90.51}

前两项在迹中各消掉相邻的一条传播子，末项正好产生 $2mC_{P,m}$ 。为合法平移原来线性发散的三角积分，取同路由的大质量泡利–维拉尔减项 $C_m-C_{M_{\rm PV}}$ 。相减后两种向量Ward都可由收敛积分证明。消线项只含一个独立外动量，其奇宇称部分形如 $\epsilon^{\mu\nu\alpha\beta}\int d^4\ell\,\ell_\alpha p_\beta f(\ell,p)$ ；积分矢量正比于 $p_\alpha$ ，故反对称收缩为零。于是

\begin{aligned} r_\rho(C_m-C_{M_{\rm PV}})^{\mu\nu\rho} &=2mC_{P,m}^{\mu\nu} -2M_{\rm PV}C_{P,M_{\rm PV}}^{\mu\nu},\\ \lim_{M_{\rm PV}\to\infty} 2M_{\rm PV}C_{P,M_{\rm PV}}^{\mu\nu} &=\frac{i}{2\pi^2}\mathcal E^{\mu\nu},\\ r_\rho C_m^{\mu\nu\rho} &=2mC_{P,m}^{\mu\nu} -\frac{i}{2\pi^2}\mathcal E^{\mu\nu} =-\frac{i}{2\pi^2}\mathcal E^{\mu\nu}[1-F(s)] . \end{aligned} \tag{90.52}

大质量极限使用式（90.50）中的 $F\to1$ ，而不是把质量插入预先删掉。常数项与第76节的无质量反常相同；物理质量项则仍留在第一项。两个向量收缩 $p_\mu C_m^{\mu\nu\rho}$ 、 $q_\nu C_m^{\mu\nu\rho}$ 都为零。

将它代入式（90.43），得到

\begin{aligned} \mathcal T_N &=\frac{g_Ae^2}{4\pi^2f_\pi} \epsilon^{\mu\nu\alpha\beta} k_{1\alpha}k_{2\beta}\varepsilon_{1\mu}\varepsilon_{2\nu} [1-F(s)]\\ &=-\frac{g_Ae^2}{4\pi^2f_\pi} \epsilon^{\alpha\mu\beta\nu} k_{1\alpha}\varepsilon_{1\mu}k_{2\beta}\varepsilon_{2\nu} [1-F(s)] . \end{aligned} \tag{90.53}

第二行只有一次奇置换。只保留无质量反常就只会留下括号里的1，遗漏物理质量插入。对实际重核子， $1-F=-s/(12m_N^2)+\cdots$ ，反常常数与质量插入的常数相消。夸克质量趋零并不使 $m_N$ 趋零，所以手征极限也不允许略去这个质量插入。

这种抵消还可以从分部积分理解。对 $A_p^\rho=\bar p\gamma^\rho\gamma_5p$ ，经典轴变分 $\delta p=-i\alpha\gamma_5p$ 、 $\delta\bar p=-i\alpha\bar p\gamma_5$ 使质量项变化为 $2im_N\alpha P_0$ 。加上与第76节相同归一的双光子反常，

\begin{aligned} \partial_\rho A_p^\rho &=2im_NP_0-\frac{e^2}{16\pi^2}\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma} F_{\mu\nu}F_{\rho\sigma},\\ \lambda_N\partial_\rho\pi^0 A_p^\rho &\simeq-2im_N\lambda_N\pi^0P_0 +\frac{\lambda_Ne^2}{16\pi^2}\pi^0\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma} F_{\mu\nu}F_{\rho\sigma}. \end{aligned} \tag{90.54}

第二行用于所算双光子矩阵元，边界项按散射波包消失。赝标量圈产生 $-F$ 部分，局域项产生1部分；二者之和才与导数耦合一致。第83节的在壳核子耦合转换只用于外腿，若直接把它放进闭圈，就会漏掉这里的局域项。

因此，仅靠所列核子相互作用的一张圈图，不能固定整个π—光子有效作用量中的局域系数。核子硬动量的匹配与低能手征圈应分别处理。低能展开由 $p/\Lambda_\chi$ 组织；硬动量贡献则进入各个允许的局域系数。当前首先需要补上的，是底层夸克理论已经确定的反常项。

由夸克反常确定π双光子作用量

若只按经典手征不变性构造作用量，没有导数的单π项须带显式破缺。例如 $i\operatorname{tr}_f(MU-M^\dagger U^\dagger)\epsilon FF$ 在展开后含一个夸克质量因子。要得到不含夸克质量的 $\pi^0\epsilon FF$ 项，就必须考虑量子变换律：电磁背景下相应轴流有反常，量子有效作用量应重现这个非零变分。

把两种轻夸克的狄拉克场组成

\begin{gathered} \mathcal Q=\begin{pmatrix}\mathcal U\\\mathcal D\end{pmatrix}, \qquad Q=\begin{pmatrix}2/3&0\\0&-1/3\end{pmatrix}, \\ A_q^{3\mu}:=\bar{\mathcal Q}T^3\gamma^\mu\gamma_5\mathcal Q. \end{gathered} \tag{90.55}

颜色指标在每项中求和。由左右流的定义， $J_A^{3\mu}:=J_L^{3\mu}-J_R^{3\mu}=-A_q^{3\mu}$ ，因为 $P_L-P_R=-\gamma_5$ 。这个关系固定了两种轴流记号间的符号。

第76、77节已经确定了保持电磁向量Ward的轴反常系数。两个光子各插入一次 $Q$ ，轴流插入 $T^3$ ，所以味色因子为

\begin{aligned} \operatorname{Tr}_{f,c}(T^3Q^2) &=3\left[\frac12\left(\frac23\right)^2 -\frac12\left(-\frac13\right)^2\right]=\frac12,\\ \partial_\mu A_q^{3\mu} &=-\frac{e^2}{32\pi^2}\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma} F_{\mu\nu}F_{\rho\sigma},\\ \partial_\mu J_A^{3\mu} &=+\frac{e^2}{32\pi^2}\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma} F_{\mu\nu}F_{\rho\sigma}. \end{aligned} \tag{90.56}

这里取零夸克质量，并采用第77节的复合流归一；颜色三重数来自独立夸克分量的求和。 $T^3$ 与 $Q$ 对易，使这一中性轴变换没有另一个来自电磁连接的经典破缺；非零夸克质量则另加相应赝标量密度。

另一方面，式（90.16）给出的低能轴流是

J_A^{3\mu}=f_\pi\partial^\mu\pi^0+\cdots,\qquad \partial_\mu J_A^{3\mu}=f_\pi\partial^2\pi^0+\cdots . \tag{90.57}

积去核子后，单π项的系数由轴流的单粒子矩阵元定义为 $f_\pi$ 。在手征低能极限中，轴流三点函数的Goldstone极点由这一项承担；其余非极点项按更高导数展开。将式（90.56）的局域反常匹配到这一领先阶，便要求

\begin{aligned} -\partial^2\pi^0 &=-\frac{e^2}{32\pi^2f_\pi} \epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}F_{\mu\nu}F_{\rho\sigma} +\cdots,\\ \mathcal L_{\pi^0\gamma\gamma} &=-\frac{e^2}{32\pi^2f_\pi}\, \pi^0\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}F_{\mu\nu}F_{\rho\sigma}. \end{aligned} \tag{90.58}

检验第二行时，对 $-\frac12(\partial\pi^0)^2+\lambda\pi^0\epsilon FF$ 作变分，场方程是 $-\partial^2\pi^0=\lambda\epsilon FF$ ，故系数和符号均被第一行固定。这也使夸克的左右流之差、单π流以及π的场方程具有同一个符号约定。

反常使这个局域项无需伴随夸克质量。其系数的一圈精确性是第77节中相容算符归一下的反常结论；将它用于物理衰变，还要固定 $f_\pi$ 、电荷及光子外态的归一。有限夸克质量会引入赝标量密度和中性介子混合，手征修正以 $m_\pi^2/(4\pi f_\pi)^2$ 等量组织；若把光子也作为动力学场计算更高阶，还须一致处理电磁修正。局域反常系数的一圈精确性因而不能直接解释为任意有限运动学下的物理幅没有高阶修正。

双光子幅、偏振与宽度

最后将式（90.58）化成可观测宽度。两个场强分别产生两个光子，有两种接法；每个场强的反对称差各给一个二重贡献。第76节的双光子场强矩阵元已算出这八项。对一般 $\lambda\pi^0\epsilon FF$ ，振幅是 $-8\lambda$ 乘交错排列的动量和偏振，故

\begin{gathered} \mathcal T_{\pi\gamma\gamma} =g_{\pi\gamma\gamma}\, \epsilon^{\mu\nu\rho\sigma} k_{1\mu}\varepsilon_{1\nu}k_{2\rho}\varepsilon_{2\sigma},\\ g_{\pi\gamma\gamma}=\frac{e^2}{4\pi^2f_\pi}. \end{gathered} \tag{90.59}

交换两个光子同时交换两对指标，振幅不变。把任一偏振换成同腿动量，epsilon中的两列相同，振幅为零，这验证了两个电磁Ward条件。

偏振和可在π静系直接求。取 $k_1=(m_\pi/2)(1,0,0,1)$ 、 $k_2=(m_\pi/2)(1,0,0,-1)$ ，每个光子用 $x,y$ 两个实横偏振。相同方向的偏振使行列式为零； $(x,y)$ 与 $(y,x)$ 两种交叉偏振各给模 $m_\pi^2/2$ ，符号相反。因此

\begin{aligned} \sum_{\lambda_1,\lambda_2}|\mathcal T_{\pi\gamma\gamma}|^2 &=2g_{\pi\gamma\gamma}^2\left(\frac{m_\pi^2}{2}\right)^2\\ &=2g_{\pi\gamma\gamma}^2(k_1\cdot k_2)^2 =\frac12g_{\pi\gamma\gamma}^2m_\pi^4 . \end{aligned} \tag{90.60}

两无质量体的完整角积分为 $1/(8\pi)$ ；两个末态光子相同，测度还要乘 $1/2!$ 。加上初态 $1/(2m_\pi)$ ，得到

\begin{aligned} \Gamma_{\pi^0\to\gamma\gamma} &=\frac1{2m_\pi}\frac1{2!}\frac1{8\pi} \frac{g_{\pi\gamma\gamma}^2m_\pi^4}{2} \\ &=\frac{\alpha^2m_\pi^3}{64\pi^3f_\pi^2}, \qquad \alpha=\frac{e^2}{4\pi}. \end{aligned} \tag{90.61}

取示例输入 $m_{\pi^0}=0.135$ GeV、 $f_\pi=0.0924$ GeV及 $\alpha=1/137.036$ ，有

\Gamma_{\pi^0\to\gamma\gamma} =\frac{(1/137.036)^2(0.135)^3} {64\pi^3(0.0924)^2}\ {\rm GeV} \simeq7.73319\times10^{-9}\ {\rm GeV} \simeq7.73\ {\rm eV}. \tag{90.66}

这里按 $1\ {\rm GeV}=10^9\ {\rm eV}$ 换算能量单位。

带电π、中子与中性π的三个计算至此各有不同作用：前两类弱衰变测定低能参数，双光子衰变则由夸克反常固定领先局域系数。

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