Srednicki §91 中微子质量

系列文章：Srednicki QFT 共 97 篇

第88、89节用同一个Higgs真空给带电轻子和夸克赋予质量，却始终留下无质量的中微子。本节要改变这一点。只增加一种不带规范荷的Weyl 场，就能同时引入狄拉克耦合与马约拉纳质量；两种结构合在一起，会使一个质量增大、另一个质量减小。这就是跷跷板机制（seesaw mechanism）。

独立左手场 $\bar\nu$ 的横线是场名的一部分；它与 $\nu^\dagger$ 分别属于不同的洛伦兹表示。

从零质量预言到两种质量项

回顾一代轻子和夸克表示：全左Weyl 场依次为 $q_{\alpha i}\sim(\mathbf3,\mathbf2,1/6)$ 、 $\bar u^\alpha\sim(\overline{\mathbf3},\mathbf1,-2/3)$ 、 $\bar d^\alpha\sim(\overline{\mathbf3},\mathbf1,1/3)$ 、 $\ell_i\sim(\mathbf1,\mathbf2,-1/2)$ 和 $\bar e\sim(\mathbf1,\mathbf1,1)$ 。 Higgs场 $\varphi_i$ 属于 $(\mathbf1,\mathbf2,-1/2)$ 。此前按量纲、规范单态和洛伦兹缩并，已逐一得到三种可重整汤川项：

\begin{aligned} \mathcal L_{\rm Yuk}={}& -y\epsilon^{ij}\varphi_i\ell_j\bar e -y'\epsilon^{ij}\varphi_iq_{\alpha j}\bar d^\alpha\\ &-y''\varphi^{\dagger i}q_{\alpha i}\bar u^\alpha +\text{h.c.} \end{aligned} \tag{91.1}

取 $\varphi=(v+H,0)^T/\sqrt2$ ，前两项选出双重态的下分量，第三项选出上夸克，分别给 $e,d,u$ 质量。中微子 $\nu=\ell_1$ 没有相配的中性单态，而 $\ell\ell$ 本身的超荷又不为零。因此，在这组场和可重整算符的范围内，中微子质量为零。

我们要解释的是中微子与带电费米子之间可能相差很大的质量层级；本节末尾将说明，中微子振荡直接测量的是质量平方差。现在先回到单代，加入左Weyl 场 $\bar\nu\sim(\mathbf1,\mathbf1,0)$ 。它的规范连接为零，动能就是 $i\bar\nu^\dagger\bar\sigma^\mu\partial_\mu\bar\nu$ 。另一方面， $\varphi^{\dagger i}\ell_i$ 的超荷为 $1/2-1/2=0$ ，弱指标也已缩并，所以可以加入

\mathcal L_{\nu{\rm Yuk}} =-\widetilde y\,\varphi^{\dagger i}\ell_i\bar\nu +\text{h.c.} \tag{91.2}

两个左场的旋量指标按第35节缩并。 $\varphi^\dagger\ell\bar\nu$ 的量纲为 $1+3/2+3/2=4$ ，因此 $\widetilde y$ 仍是无量纲耦合。幺正规范给

\begin{aligned} \mathcal L_{\nu{\rm Yuk}} &=-\frac{v+H}{\sqrt2} \left(\widetilde y\,\nu\bar\nu +\widetilde y^*\,\bar\nu^\dagger\nu^\dagger\right),\\ \widetilde m&=\frac{\widetilde yv}{\sqrt2}. \end{aligned} \tag{91.3}

$\nu$ 与 $\bar\nu^\dagger$ 可以组成狄拉克场的左右两块。若只有这一项，质量的大小完全由 $\widetilde y$ 决定，因而可以选很小的耦合得到很轻的中微子。跷跷板机制则通过另一个质量尺度产生这种层级。令 $\widetilde y$ 为零还会使单态场获得额外的独立相位对称性。

规范单态还有一个特殊之处：两个 $\bar\nu$ 相乘也构成规范单态。因此质量项

\mathcal L_M =-\frac12M\bar\nu\bar\nu -\frac12M^*\bar\nu^\dagger\bar\nu^\dagger \tag{91.4}

不需要Higgs场， $M$ 的大小也不受电弱破缺尺度直接限制。这是马约拉纳质量。相同的奇场之积并不在这里消失，因为实际缩并的是两个不同的旋量分量。沿已建立的缩并规则，

\begin{aligned} \chi\psi&=\chi^a\psi_a =-\psi_a\chi^a=\psi^a\chi_a=\psi\chi,\\ \psi\psi&=\psi_2\psi_1-\psi_1\psi_2=-2\psi_1\psi_2. \end{aligned} \tag{91.5}

场换序和指标反对称各给一个负号，整个双线性因而对两个场对称。质量项前的 $1/2$ 则抵消变分两个相同场产生的二重数。

先把一代的参数化简。令旧 $\ell,\bar e,\bar\nu$ 分别等于新场乘 $e^{i\alpha},e^{i\gamma},e^{i\beta}$ ，三个系数的相位变成

\begin{aligned} \arg y&\longmapsto\arg y+\alpha+\gamma,\\ \arg\widetilde y&\longmapsto\arg\widetilde y+\alpha+\beta,\\ \arg M&\longmapsto\arg M+2\beta . \end{aligned} \tag{91.6}

当三个参数均非零时，先选 $\beta=-\arg M/2$ ，再选 $\alpha=-\arg\widetilde y-\beta$ ，最后选 $\gamma=-\arg y-\alpha$ ，便使 $M>0$ 、 $\widetilde y,y>0$ 。以下单代计算采用这组实参数；零耦合的相位任意，三代计算则保留一般复矩阵。

两个质量怎样分离

在真空附近令 $H=0$ ，并暂记 $n=\bar\nu$ 、 $d=\widetilde m\ge0$ 。两种质量项合为

\begin{gathered} \mathcal L_{\rm mass} =-\frac12 \begin{pmatrix}\nu&n\end{pmatrix} \mathscr M \begin{pmatrix}\nu\\n\end{pmatrix} +\text{h.c.},\\ \mathscr M=\begin{pmatrix}0&d\\d&M\end{pmatrix}. \end{gathered} \tag{91.7}

矩阵的两个非对角项给 $d\nu n+dn\nu=2d\nu n$ ，所以正确恢复原狄拉克项。求带符号的本征值时，

\begin{aligned} \det(\mathscr M-\lambda I) &=(-\lambda)(M-\lambda)-d^2 =\lambda^2-M\lambda-d^2,\\ \lambda_\pm&=\frac{M\pm\sqrt{M^2+4d^2}}2 . \end{aligned} \tag{91.8}

$d>0$ 时一个根为负，另一个为正。先用实正交矩阵确定两个方向：

\begin{gathered} O=\begin{pmatrix}c&s\\-s&c\end{pmatrix}, \qquad c=\cos\theta,\quad s=\sin\theta,\\ (O^T\mathscr M O)_{12} =d(c^2-s^2)-Mcs=0, \qquad \tan2\theta=\frac{2d}{M},\\ O^T\mathscr M O =\operatorname{diag}(-2dcs+Ms^2,\;2dcs+Mc^2) =\operatorname{diag}(\lambda_-,\lambda_+). \end{gathered} \tag{91.9}

选 $0\le\theta<\pi/4$ 便使第一列接近原来的 $\nu$ 方向。负根可以用Weyl 场的相位吸收：令第一列再乘 $i$ ，则

\begin{gathered} N_2=O\operatorname{diag}(i,1) =\begin{pmatrix}ic&s\\-is&c\end{pmatrix}, \qquad \begin{pmatrix}\nu\\n\end{pmatrix} =N_2\begin{pmatrix}\chi_l\\\chi_h\end{pmatrix},\\ N_2^T\mathscr M N_2 =\operatorname{diag}(m_l,m_h),\\ m_l=\frac{\sqrt{M^2+4d^2}-M}{2},\qquad m_h=\frac{\sqrt{M^2+4d^2}+M}{2}. \end{gathered} \tag{91.10}

动能中的相位乘积为 $i^*i=1$ ，质量项中却是 $i^2=-1$ ，因而质量变为正值，归一保持不变。四分量马约拉纳场的上下两块分别由 $\chi$ 和 $\chi^\dagger$ 构成，所以相应相位是 $i$ 与 $-i$ 。

当 $d/M\ll1$ 时，展开平方根 $\sqrt{1+4d^2/M^2}=1+2d^2/M^2-2d^4/M^4+\cdots$ ，得到

\begin{aligned} m_l&=\frac{d^2}{M}-\frac{d^4}{M^3} +O(d^6/M^5),\\ m_h&=M+\frac{d^2}{M}-\frac{d^4}{M^3} +O(d^6/M^5),\\ m_lm_h&=d^2,\qquad m_h-m_l=M,\\ \tan\theta&=\frac{d}{m_h} =\frac{d}{M}+O(d^3/M^3). \end{aligned} \tag{91.11}

质量乘积由行列式的绝对值固定；增大 $M$ 便使重质量进一步增大、轻质量反而减小。这给出“跷跷板”的名称。由式（91.10），轻场中原单态与活跃场的比为 $n/\nu=-s/c=-d/m_h$ ，所以轻粒子主要通过 $\nu$ 参与弱作用，重粒子与弱流的混合只有 $d/M$ 阶。有号本征值的领头结果分别为 $M$ 和 $-d^2/M$ ，其符号与物理质量的非负性由上述相位合同联系起来。

可以用电子质量量级作一个例子。取已在第88节给出的 $m_e=0.511$ MeV，并令 $d=m_e$ 、 $M=10^3$ GeV，单位换算为

\frac{d^2}{M} =\frac{(0.511\times10^{-3}\ {\rm GeV})^2} {10^3\ {\rm GeV}} =2.61121\times10^{-10}\ {\rm GeV} =0.261121\ {\rm eV}. \tag{91.12}

因此在这个输入下， $10^3$ GeV量级的重尺度已经可以给出亚eV轻质量。不同的 $d$ 对应不同的重尺度。若 $d=0$ ，轻场为零模；若 $M=0$ 而 $d>0$ ，两种马约拉纳质量都等于 $d$ ，可以重新合成一个狄拉克粒子，此时也就没有重轻消元的层级。

直接积去重场

另一条路从低能作用量出发。实验若不能激发质量为 $M$ 的单态，只需要保留它对轻场的作用。令 $\eta=\varphi^{\dagger i}\ell_i$ ，这是一个量纲 $5/2$ 的左旋量。先不写厄米共轭，相关密度为 $-\tfrac12Mn n-\widetilde y\,\eta n$ 。沿第36节的左变分，

\begin{aligned} \delta_n\mathcal L &=-\widetilde y\,\eta\,\delta n -\frac12M(\delta n\,n+n\,\delta n)\\ &=-\delta n\,(\widetilde y\,\eta+Mn),\\ n_{\rm cl}&=-\frac{\widetilde y}{M}\eta . \end{aligned} \tag{91.13}

第二行用了式（91.5），变分旋量本身也是奇量。在当前外部导数远小于 $M$ 的领头阶，重场动能可以先略去，运动方程成为代数方程。

把解代回时，汤川项给 $+\widetilde y^2\eta\eta/M$ ，重质量项给 $-\widetilde y^2\eta\eta/(2M)$ ，相加留下正的一半。完成平方可以同时看清这两个系数：

\begin{aligned} -\frac12Mn n-\widetilde y\,\eta n ={}&-\frac12M \left(n+\frac{\widetilde y}{M}\eta\right) \left(n+\frac{\widetilde y}{M}\eta\right)\\ &+\frac{\widetilde y^2}{2M}\eta\eta . \end{aligned} \tag{91.14}

两个交叉项相等，合为原来的 $-\widetilde y\,\eta n$ 。在路径积分中，平移重Grassmann变量后，首项的Gaussian积分只留下与轻场无关的常数。低能的领头算符便是

\mathcal L_{\rm eff}^{(5)} =\frac{\widetilde y^2}{2M} (\varphi^{\dagger i}\ell_i) (\varphi^{\dagger j}\ell_j) +\text{h.c.} \tag{91.15}

算符量纲为5，其系数量纲为 $-1$ 。它表明：在原场内容中，规范对称性允许中微子质量，只是最先出现的相应算符超过了可重整量纲。这里又给出了这个算符的一种具体来源。

将 $\eta=(v+H)\nu/\sqrt2$ 代入，

\begin{aligned} \mathcal L_{\rm eff}^{(5)} &=\frac{\widetilde y^2(v+H)^2}{4M} (\nu\nu+\nu^\dagger\nu^\dagger)\\ &=-\frac12m_\nu (\nu\nu+\nu^\dagger\nu^\dagger)(1+H/v)^2,\\ m_\nu&=-\frac{\widetilde y^2v^2}{2M} =-\frac{d^2}{M}. \end{aligned} \tag{91.16}

这与精确的 $\lambda_-$ 展开相同。再作 $\nu=i\chi_l$ 的领头场换元，即可得到正物理质量 $m_l=d^2/M$ ； $H$ 和 $H^2$ 的耦合则由同一个 $(v+H)^2$ 同时固定。

三代重场的消元次序

现在把 $\ell,\bar e,\bar\nu$ 各取三代。为使矩阵的两个空间清楚，活跃轻子用 $I,J=1,2,3$ ，规范单态用 $A,B=1,2,3$ ，并记 $Y_{IA}=\widetilde y_{IA}$ 、 $n_A=\bar\nu_A$ 。一般质量及汤川作用量为

\begin{aligned} \mathcal L_{\rm Yuk+mass}={}& -\epsilon^{ij}\varphi_i\ell_{jI}y_{IJ}\bar e_J -\varphi^{\dagger i}\ell_{iI}Y_{IA}n_A\\ &-\frac12M_{AB}n_An_B+\text{h.c.}, \qquad M^T=M . \end{aligned} \tag{91.17}

$y,Y$ 是一般复矩阵。 $M$ 的对称性来自 $n_An_B=n_Bn_A$ ，与它是否为实矩阵无关。幺正规范给

\begin{aligned} \mathcal L_{\rm Yuk+mass}={}& -\frac{v+H}{\sqrt2}e_Iy_{IJ}\bar e_J -\frac{v+H}{\sqrt2}\nu_IY_{IA}n_A\\ &-\frac12M_{AB}n_An_B+\text{h.c.}, \qquad m_D=\frac{v}{\sqrt2}Y . \end{aligned} \tag{91.18}

全六场质量矩阵的四个块为 $\left(\begin{smallmatrix}0&m_D\\m_D^T&M\end{smallmatrix}\right)$ 。我们先在规范不破缺的写法中消去重场，以便同时保留Higgs耦合。

令 $\eta_I=\varphi^{\dagger i}\ell_{iI}$ 。关于 $n_A$ 作左变分，

\begin{aligned} \delta_n\mathcal L_{\rm hol} &=-\delta n_A\left(Y_{IA}\eta_I+M_{AB}n_B\right),\\ M_{AB}n_B&=-Y_{IA}\eta_I,\\ n_A&=-(M^{-1})_{AB}Y_{IB}\eta_I, \qquad n=-M^{-1}Y^T\eta . \end{aligned} \tag{91.19}

出现的是 $Y^T$ ，因为运动方程的自由指标属于重场。关于 $n^\dagger$ 的方程是它的厄米共轭。

代回的两项分别为一份与负的半份 $\eta^TYM^{-1}Y^T\eta$ 。因此

\begin{aligned} \mathcal L_{\rm eff}^{(5)} &=\frac12\eta^T K\eta+\text{h.c.},\\ K_{IJ}&=Y_{IA}(M^{-1})_{AB}Y_{JB}, \qquad K=YM^{-1}Y^T=K^T,\\ m_\nu&=-\frac{v^2}{2}K=-m_D M^{-1}m_D^T . \end{aligned} \tag{91.20}

每个 $\eta$ 仍带一个旋量指标， $\eta^TK\eta$ 只省去代求和，不改变旋量缩并的次序。 $(M^{-1})^T=M^{-1}$ 保证 $K$ 对称。也可以沿一代完成平方的办法，将 $n$ 平移为 $n+M^{-1}Y^T\eta$ ；两个交叉项合为 $-\eta^TYn$ ，留下的常数正是本式的 $+\tfrac12\eta^TK\eta$ 。

每个矩阵指标连接指定的代空间。譬如在一个二代子块中取

\begin{gathered} Y=\begin{pmatrix}0&a\\b&0\end{pmatrix}, \qquad M=\operatorname{diag}(M_1,M_2),\\ YM^{-1}Y^T =\operatorname{diag}(a^2/M_2,\;b^2/M_1),\\ Y^TM^{-1}Y =\operatorname{diag}(b^2/M_2,\;a^2/M_1). \end{gathered} \tag{91.21}

第一种结果中，轻场1只接重场2，所以分母为 $M_2$ 、耦合为 $a^2$ ，与所定义的汤川耦合吻合。

换基也能检查这个方向。若旧 $\eta=L\eta'$ 、旧 $n=Vn'$ ，则

\begin{aligned} Y'&=L^TYV,\qquad M'=V^TMV,\\ (M')^{-1}&=V^\dagger M^{-1}V^*,\\ Y'(M')^{-1}(Y')^T &=L^TYV\,V^\dagger M^{-1}V^*V^TY^TL\\ &=L^T(YM^{-1}Y^T)L . \end{aligned} \tag{91.22}

重代矩阵由 $VV^\dagger=V^*V^T=I$ 相消，剩下的正是轻质量应有的合同变换。这个检验同时说明，有效质量的定义与重场基的选择无关。

由于 $m_\nu$ 一般为复数，低能质量作用量应写成

\begin{aligned} \mathcal L_{\rm eff}\supset{}& -\frac{v+H}{\sqrt2}e_Iy_{IJ}\bar e_J+\text{h.c.}\\ &-\frac12(1+H/v)^2 \left[(m_\nu)_{IJ}\nu_I\nu_J +(m_\nu)^*_{IJ}\nu_J^\dagger\nu_I^\dagger\right]. \end{aligned} \tag{91.23}

共轭首先倒转场的次序；再用点旋量双线性的对称性，便可把 $J,I$ 换回 $I,J$ 。两个共轭单项式的系数也互为复共轭；在实质量基中，它们才相等。

消去重场需要真实的质量层级。后面将证明，复对称 $M$ 的物理质量是它的非负奇异值。因此要求最小重奇异值 $\sigma_{\min}(M)$ 远大于外部尺度，并有 $\|m_D\|/\sigma_{\min}(M)\ll1$ ，这里取矩阵谱范数。若 $M$ 有零模，应先分离其重子空间，只积去其中的大质量态，把其余单态留在低能理论中。

舍去的动能还指明了下一阶的大小。令 $A=M^{-1}Y^T$ ，将 $n=-A\eta$ 代入重场动能，得到

\begin{aligned} \Delta\mathcal L^{(6)} &=i\eta^\dagger A^\dagger A\, \bar\sigma^\mu\partial_\mu\eta,\\ R&=M^{-1}m_D^T,\qquad \delta Z=R^\dagger R,\qquad z^\dagger\delta Zz=\|Rz\|^2\ge0 . \end{aligned} \tag{91.24}

$\eta$ 是规范单态，所以这里对整个 $\eta$ 作普通导数。Higgs取真空后，第一行给轻动能的相对 $\|R\|^2$ 修正。把轻场重新归一，也会相应改变弱流。以下保留维数五质量、略去这一维数六效应；由此得到的三轻态混合矩阵是幺正的。

复对称质量矩阵怎样对角化

带电质量仍可用第88节的奇异值分解。若 $y=U_e d_e V_e^\dagger$ ，其中 $d_e$ 为非负实对角阵，则取

\begin{gathered} e_{\rm old}=Ee_{\rm m},\qquad \bar e_{\rm old}=\bar E\bar e_{\rm m},\\ E=U_e^*,\qquad\bar E=V_e,\qquad E^Ty\bar E=d_e,\qquad m_{eI}=(d_e)_I\frac{v}{\sqrt2}. \end{gathered} \tag{91.25}

中微子却只有一组左场，质量项的两个因子必须用同一个矩阵变换。所需的是 $\nu_{\rm old}=N\nu_{\rm m}$ 、 $N^Tm_\nu N=d_\nu$ 。这种把复对称矩阵化为非负实对角阵的分解称为Takagi分解。下面从实对称谱定理构造这一合同变换。

暂以 $A=A^T$ 表示任意 $n\times n$ 复对称矩阵，写成 $A=B+iC$ ，其中 $B,C$ 均为实对称矩阵。引入

\begin{gathered} \mathscr H=\begin{pmatrix}B&-C\\-C&-B\end{pmatrix}, \qquad \mathscr J=\begin{pmatrix}0&-I\\I&0\end{pmatrix},\\ \mathscr H^T=\mathscr H,\qquad \mathscr J^T=-\mathscr J,\qquad \mathscr J^2=-I,\\ \mathscr H\mathscr J =\begin{pmatrix}-C&-B\\-B&C\end{pmatrix} =-\mathscr J\mathscr H . \end{gathered} \tag{91.26}

实对称矩阵 $\mathscr H$ 可以用实正交本征向量分解。最后一个关系说明，若 $\mathscr Hw=d\,w$ ，则 $\mathscr H(\mathscr Jw)=-d\,\mathscr Jw$ ；每个非零本征值都有一个相反数。

对正本征值 $d_a>0$ 选实正交归一向量 $w_a=(x_a,y_a)^T$ ，并令 $u_a=x_a+iy_a$ 。两个实块方程给

\begin{aligned} Bx_a-Cy_a&=d_ax_a,\\ Cx_a+By_a&=-d_ay_a,\\ Au_a&=(Bx_a-Cy_a)+i(Cx_a+By_a) =d_a u_a^* . \end{aligned} \tag{91.27}

复内积的实部来自 $w_a$ 的正交性，虚部则由反对易关系固定：

\begin{aligned} d_a w_a^T\mathscr Jw_b &=w_a^T\mathscr H\mathscr Jw_b =-d_b w_a^T\mathscr Jw_b,\\ w_a^T\mathscr Jw_b&=0,\\ u_a^\dagger u_b &=x_a^Tx_b+y_a^Ty_b +i(x_a^Ty_b-y_a^Tx_b)\\ &=w_a^Tw_b-iw_a^T\mathscr Jw_b=\delta_{ab}. \end{aligned} \tag{91.28}

第二行用了 $d_a+d_b>0$ ，所以即使两个正本征值相等，论证仍成立。

零模则直接从 $\ker A$ 补入。 $\mathscr Hw=0$ 等价于 $A(x+iy)=0$ ，因此若 $\ker A$ 的复维数为 $k$ ， $\mathscr H$ 的实核维数就是 $2k$ ；余下的正负本征值共有 $n-k$ 对。我们已经得到 $n-k$ 个正质量列，再在 $\ker A$ 中用复Gram–Schmidt选 $k$ 个正交归一列 $z_b$ 。它们与已有列的内积也为零：

0=z_b^TAu_a=d_a z_b^Tu_a^* =d_a u_a^\dagger z_b . \tag{91.29}

首个等号使用 $Az_b=0$ 和 $A^T=A$ 。把全部 $n$ 个列收集成 $N$ ，便有

\begin{gathered} N^\dagger N=I,\qquad AN=N^*D,\qquad N^TAN=N^TN^*D=D,\\ D=\operatorname{diag}(d_1,\ldots,d_{n-k},0,\ldots,0),\\ A^\dagger A u_a=d_a A^*u_a^*=d_a^2u_a . \end{gathered} \tag{91.30}

最后一行用 $A^\dagger=A^*$ 及式（91.27）的共轭式，说明 $d_a$ 正是 $A$ 的奇异值。这就完成了复对称质量矩阵的质量基构造。零奇异值对应无质量态，满秩矩阵的全部质量严格为正。

剩余的基选择也由同一组式子确定。令另一组质量列为 $N'=NR$ ，要求它给同一排序的 $D$ ，则

R^\dagger R=I,\qquad R^TDR=D,\qquad DR=R^*D,\qquad D^2R=RD^2 . \tag{91.31}

所以不同质量平方之间不能混合。在正的相同质量块上， $DR=R^*D$ 要求 $R$ 为实数，剩余自由是实正交旋转；在零质量块上则仍可作幺正旋转。一个孤立的正质量场只剩 $\pm1$ 两种符号。这个结果马上会影响轻子混合相位的计数。

质量基中的流与相位

现在将Takagi分解用于 $m_\nu$ ，取 $N^Tm_\nu N=d_\nu$ ，同时沿式（91.25）变换带电轻子。动能里的代矩阵分别为 $N^\dagger N$ 、 $E^\dagger E$ 和 $\bar E^\dagger\bar E$ ，所以它们都成为单位矩阵。质量基中的四分量场为 $\mathcal N_I=(\nu_I,\nu_I^\dagger)^T$ 和 $\mathcal E_I=(e_I,\bar e_I^\dagger)^T$ ；以下的流只使用相应的左投影。

原带电流连接双重态的两个分量，因此会留下两次换基的差：

\begin{aligned} J^{+\mu} &=\bar{\mathcal E}_{LI} (E^\dagger N)_{IJ}\gamma^\mu\mathcal N_{LJ} =\bar{\mathcal E}_{LI}(X^\dagger)_{IJ} \gamma^\mu\mathcal N_{LJ},\\ J^{-\mu} &=\bar{\mathcal N}_{LI} (N^\dagger E)_{IJ}\gamma^\mu\mathcal E_{LJ} =\bar{\mathcal N}_{LI}X_{IJ}\gamma^\mu\mathcal E_{LJ},\\ X&=N^\dagger E,\qquad X^\dagger X=XX^\dagger=I . \end{aligned} \tag{91.32}

两套质量基的差别完全保存在 $X=N^\dagger E$ 中。 $X$ 的行对应中微子质量，列对应带电轻子质量。它与夸克的 $V=U^\dagger D$ 承担相同的作用：两种质量基在带电流中未能同时对齐。

中性流则只含同一种场的两次换基。例如 $\nu_{\rm old}^\dagger\bar\sigma^\mu\nu_{\rm old} =\nu_{\rm m}^\dagger N^\dagger N\bar\sigma^\mu\nu_{\rm m}$ ，故

\begin{aligned} J_3^\mu &=\frac12\sum_I \left(\bar{\mathcal N}_{LI}\gamma^\mu\mathcal N_{LI} -\bar{\mathcal E}_{LI}\gamma^\mu\mathcal E_{LI}\right),\\ J_{\rm EM}^\mu&=-\sum_I\bar{\mathcal E}_I\gamma^\mu\mathcal E_I . \end{aligned} \tag{91.33}

这里的中性中微子流是左手流；马约拉纳场完整向量双线性为零，并不使这个左投影流消失。它的轴部分正保留了中微子的弱相互作用。

$X$ 有多少独立参数？先取三个中微子质量非零、非简并的一般情形。正马约拉纳质量只允许各场再乘符号，而带电狄拉克质量仍允许连续的矢量相位：

\begin{gathered} E\longmapsto E D_e,\qquad \bar E\longmapsto\bar E D_e^*,\qquad N\longmapsto N D_\eta,\\ D_e=\operatorname{diag}(e^{i\alpha_e},e^{i\alpha_\mu},e^{i\alpha_\tau}), \qquad D_\eta=\operatorname{diag}(\pm1,\pm1,\pm1),\\ X\longmapsto D_\eta^\dagger X D_e . \end{gathered} \tag{91.34}

三个带电相位可以分别调整 $X$ 的三列。例如在第一行三元都非零的参数片中，取 $\alpha_\alpha=-\arg X_{1\alpha}$ 便使该行实正。第一列一般不能同时取实，因为正马约拉纳质量不再允许独立的连续行相位。

一个 $3\times3$ 复矩阵有18个实参数， $X^\dagger X=I$ 给九个独立实条件，因此 $U(3)$ 有九维。移去式（91.34）的三个连续相位后，还剩六个参数。借用第89节已经构造的三角一相位矩阵 $V$ ，可以将一般 $X$ 写成

X=D_M V(\theta_1,\theta_2,\theta_3,\delta), \qquad D_M=\operatorname{diag}(1,e^{i\rho_2},e^{i\rho_3}). \tag{91.35}

构造时先把一般幺正矩阵两侧的相位分出，再用带电相位去掉右侧对角阵；左侧共同相位也可移到右侧，故只留下两个相对相位。这六个参数就是三个角与三个相位。 $\rho_2,\rho_3$ 通常称为马约拉纳相位；它们不能由保持正质量的中微子场连续换相去掉。若有零质量态或简并质量块，应使用式（91.31）的更大剩余变换群，六参数的通常计数便不再直接适用。

从产生到探测：中微子振荡

弱流指定的是怎样产生和探测中微子，传播则由质量决定。为分清两组标签，以下用 $\alpha,\beta=e,\mu,\tau$ 标记带电轻子，用 $i,j=1,2,3$ 标记中微子质量。假设能量远大于三个质量，并且产生过程的能动量分辨率不能区分它们。由式（91.32）中的 $J^-$ ，一个固定带电轻子 $\alpha$ 参与的产生过程便给

|\nu_\alpha\rangle =\sum_iX_{i\alpha}|\nu_i\rangle, \qquad \langle\nu_\beta| =\sum_iX_{i\beta}^*\langle\nu_i|, \qquad \langle\nu_\beta|\nu_\alpha\rangle=\delta_{\alpha\beta}. \tag{91.36}

探测系数的复共轭来自 $J^+$ 。产生指定带电味时固定的是 $X$ 的第二个指标，第一指标遍历传播中的质量态。

每个质量分量都积累自己的传播相位。先以共同中心动量 $p$ 描述相干波包，沿传播方向记距离 $L$ ；去掉公共相位后，把第 $i$ 分量的传播因子记为 $e^{-i\phi_i}$ 。于是

\begin{aligned} E_i&=\sqrt{p^2+m_i^2} =p+\frac{m_i^2}{2p}+O(m_i^4/p^3),\\ e^{i pL-iE_it} &=e^{ip(L-t)} \exp\left[-i\frac{m_i^2t}{2p} +O(m_i^4t/p^3)\right],\\ \phi_i-\phi_j &=\frac{\Delta m_{ij}^2L}{2E}, \qquad \Delta m_{ij}^2=m_i^2-m_j^2 . \end{aligned} \tag{91.37}

最后一行取超相对论到达区 $t\simeq L$ ，并以共同能量 $E\simeq p$ 表示领头结果。所有分量在同一个探测事件比较，第一因子是无关的公共相位。若改用共同中心能量，则 $p_i=E-m_i^2/(2E)+\cdots$ ，空间相位 $p_iL$ 直接给出同一结果。

因此从 $\alpha$ 产生而由 $\beta$ 探测的幅为

\begin{aligned} \mathcal A_{\alpha\to\beta}(L) &:=\sum_iX_{i\beta}^*X_{i\alpha}e^{-i\phi_i}\\ &\simeq\sum_iX_{i\beta}^*X_{i\alpha} e^{-im_i^2L/(2E)}. \end{aligned} \tag{91.38}

这个幅由产生系数、自由传播因子和探测系数相乘后求和得到，将不同质量分量的传播组成一个可计算的干涉问题。不同速度会逐渐把波包分开： $|v_i-v_j|\simeq|\Delta m_{ij}^2|/(2E^2)$ 。只有当分离量 $L|v_i-v_j|$ 远小于有效波包宽度 $\sigma_x$ 时，上式的相干叠加才适用；产生和探测端也须维持刚才的不可分辨条件。相位差造成振荡，波包分离则最终使干涉消退。

为求概率，记 $Q_{ij}^{\alpha\beta} =X_{i\beta}^*X_{i\alpha}X_{j\beta}X_{j\alpha}^*$ 。将幅与共轭相乘，对每对 $i>j$ 合并，有

\begin{aligned} P_{\alpha\to\beta} &=\sum_i|X_{i\beta}^*X_{i\alpha}|^2 +2\sum_{i>j}\operatorname{Re} \left[Q_{ij}^{\alpha\beta}e^{-i\Delta m_{ij}^2L/(2E)}\right]\\ &=\delta_{\alpha\beta} -4\sum_{i>j}\operatorname{Re}Q_{ij}^{\alpha\beta} \sin^2\frac{\Delta m_{ij}^2L}{4E}\\ &\quad+2\sum_{i>j}\operatorname{Im}Q_{ij}^{\alpha\beta} \sin\frac{\Delta m_{ij}^2L}{2E}. \end{aligned} \tag{91.39}

第二步用了 $\operatorname{Re}(Qe^{-ix})=(\operatorname{Re}Q)\cos x+ (\operatorname{Im}Q)\sin x$ 与 $\cos x=1-2\sin^2(x/2)$ 。所有不含传播相位的项合成 $|\sum_iX_{i\beta}^*X_{i\alpha}|^2=\delta_{\alpha\beta}$ 。这也检查了 $L=0$ 的极限。再对 $\beta$ 求和，幺正性给 $\sum_\beta X_{i\beta}^*X_{j\beta}=\delta_{ij}$ ，所以总概率为 $\sum_i|X_{i\alpha}|^2=1$ 。

作为补充，取只有两味混合的实矩阵 $X=\left(\begin{smallmatrix}c&s\\-s&c\end{smallmatrix}\right)$ 。对 $e\to\mu$ ，

\begin{aligned} \mathcal A_{e\to\mu} &=sc\left(e^{-im_1^2L/(2E)} -e^{-im_2^2L/(2E)}\right),\\ P_{e\to\mu} &=4s^2c^2\sin^2\frac{(m_2^2-m_1^2)L}{4E} =\sin^22\theta\, \sin^2\frac{\Delta m_{21}^2L}{4E}. \end{aligned} \tag{91.40}

没有混合或没有质量平方差时，转换概率都为零。反过来，观测到这种振荡就排除了所有质量平方相等的情形，却允许其中一个质量为零。所以振荡本身不能证明三个质量都严格非零；绝对质量还需其他观测量确定。要进一步探测不同的带电轻子，过程还须有足够能量产生它的质量。

最后看三个相位怎样进入这些结果。式（91.38）中，每一行的两个 $X$ 互为共轭，故 $D_M$ 的相位逐项相消，普通味振荡只保留 $V$ 中的相位组合。马约拉纳相位仍存在于质量作用量；把它写回带电轻子质量基，得到

m_\nu^{(\ell)} =E^Tm_\nu E =E^TN^*d_\nu N^\dagger E =X^Td_\nu X . \tag{91.41}

这里的两因子是 $X_{i\alpha}X_{i\beta}$ ，没有复共轭相消。这使违反轻子数的过程能够依赖马约拉纳相位。下面从质量作用量本身求出轻子数的变化。

质量项如何改变轻子数

先给各基本场指定通常轻子数：

L(\ell)=+1,\qquad L(\bar e)=L(\bar\nu)=-1,\qquad L(\varphi)=0,\qquad L(q)=L(\bar u)=L(\bar d)=0. \tag{91.42}

$e$ 和 $\bar e^\dagger$ 由此都具有 $+1$ ，正好组成带轻子数的狄拉克电子； $\nu$ 和 $\bar\nu^\dagger$ 也可作相同组合。两个汤川单态的总荷分别为 $L(\varphi\ell\bar e)=0+1-1=0$ 和 $L(\varphi^\dagger\ell\bar\nu)=0+1-1=0$ 。动能及规范相互作用含一个场与其共轭，故也保持这个连续 $U(1)$ 。

马约拉纳项的两个场却都带 $-1$ 。写 $n_A=\bar\nu_A$ ，在 $n_A\to e^{-i\alpha}n_A$ 下，

\begin{aligned} \mathcal L_M &=-\frac12M_{AB}n_An_B -\frac12M_{AB}^*n_B^\dagger n_A^\dagger,\\ \delta_\alpha\mathcal L_M &=i\alpha M_{AB}n_An_B -i\alpha M_{AB}^*n_B^\dagger n_A^\dagger . \end{aligned} \tag{91.43}

两个项的相位变化分别为 $e^{-2i\alpha}$ 和 $e^{+2i\alpha}$ ，微分时产生的2抵消原来的 $1/2$ 。一般非零 $M$ 使这个变分非零，所以通常连续轻子数已经被质量项显式破坏；相应顶角改变两个单位的轻子数。

这一破缺在低能中同样存在。 $\eta_I=\varphi^{\dagger i}\ell_{iI}$ 带 $+1$ ，而式（91.20）给

\begin{aligned} \mathcal L_{\rm eff}^{(5)} &=\frac12K_{IJ}\eta_I\eta_J +\frac12K_{IJ}^*\eta_J^\dagger\eta_I^\dagger,\\ \delta_\alpha\mathcal L_{\rm eff}^{(5)} &=i\alpha K_{IJ}\eta_I\eta_J -i\alpha K_{IJ}^*\eta_J^\dagger\eta_I^\dagger . \end{aligned} \tag{91.44}

因此只要有效马约拉纳质量非零，所有活跃轻子同时作通常相位旋转就不再是对称性。这与积分重场前的结论相同。 $M=0$ 的纯狄拉克模型保留上述经典轻子数；特殊的质量矩阵还可能保留某些味荷，由相应的场变换另行确定。

这里的 $\Delta L=2$ 是质量项的显式破缺。电弱量子反常也会影响全局轻子数，其计算使用第75–77节的流与规范场三角图。

← 第 90 节 · 章节地图 · 第 92 节 →