Coleman QFT Problem 14

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疑问

设 $\psi_A,\psi_B,\psi_C,\psi_D$ 是四个Dirac旋量场， $C,P,T$ 变换按下面的标准形式定义：

U_P^\dagger \psi(\vec x,t)U_P=\beta\psi(-\vec x,t),\quad U_C^\dagger\psi(x)U_C=\psi^*(x),\quad \varOmega_{PT}^{-1}\psi(x)\varOmega_{PT}=i\gamma_5\psi(-x)\quad (\text{Majorana basis})

考虑下面的相互作用项：

\mathcal H'=g_1(\bar\psi_A\gamma^\mu\psi_B)(\bar\psi_C\gamma_\mu\psi_D)+g_2(\bar\psi_A\gamma^\mu\psi_B)(\bar\psi_C\gamma_\mu\gamma_5\psi_D)+g_3(\bar\psi_A\gamma^\mu\gamma_5\psi_B)(\bar\psi_C\gamma_\mu\psi_D)+g_4(\bar\psi_A\gamma^\mu\gamma_5\psi_B)(\bar\psi_C\gamma_\mu\gamma_5\psi_D)+\text{c.c.}

（1）说明 $\mathcal H'(0)$ 是 $CPT$ 不变的。（2）在 $g_i$ 满足怎样的条件下， $\mathcal H'(0)$ 是 $C$ 不变的？ $P$ 不变的？ $T$ 不变的？ $PC$ ？ $CT$ ？ $TP$ ？

（1）关于二次型的三种变换下的性质我们已经在Coleman QFT - Lecture 22. CPT与Fermi场中讨论过，即：

C:\begin{cases} \bar\psi_1\gamma^\mu\psi_2\to -\bar\psi_2\gamma^\mu\psi_1\\ \bar\psi_1\gamma^\mu\gamma_5\psi_2\to \bar\psi_2\gamma^\mu\gamma_5\psi_1 \end{cases}\;,\quad P:\begin{cases} \bar\psi_1\gamma^\mu\psi_2\to \pm\bar\psi_1\gamma^\mu\psi_2,\quad (+:\mu=0,\;-:\mu=1,2,3)\\ \bar\psi_1\gamma^\mu\gamma_5\psi_2\to \mp\bar\psi_1\gamma^\mu\gamma_5\psi_2 \end{cases}\;

以及

\varOmega_{PT}^{-1}\bar\psi_1\gamma^\mu\psi_2\varOmega_{PT}=-i\bar\psi_1\gamma_5(-\gamma^\mu)i\gamma_5\psi_2=\bar\psi_1\gamma^\mu\psi_2,\quad \varOmega_{PT}^{-1}\bar\psi_1\gamma^\mu\gamma_5\psi_2\varOmega_{PT}=-i\bar\psi_1\gamma_5\gamma^\mu i\psi_2=-\bar\psi_1\gamma^\mu\gamma_5\psi_2

因此

CPT:\begin{cases} \bar\psi_1\gamma^\mu\psi_2\to -\bar\psi_2\gamma^\mu\psi_1=-(\bar\psi_1\gamma^\mu\psi_2)^\dagger\\ \bar\psi_1\gamma^\mu\gamma_5\psi_2\to -\bar\psi_2\gamma^\mu\gamma_5\psi_1=-(\bar\psi_1\gamma^\mu\gamma_5\psi_2)^\dagger \end{cases}

这里用到的性质为：

(\bar\psi_1\gamma^\mu\psi_2)^\dagger=\overline{(\bar\psi_1\gamma^\mu\psi_2)}=\bar\psi_2\gamma^\mu\psi_1,\quad (\bar\psi_1\gamma^\mu\gamma_5\psi_2)^\dagger=\overline{(\bar\psi_1\gamma^\mu\gamma_5\psi_2)}=\bar\psi_2(-\gamma_5)\gamma^\mu\psi_1=\bar\psi_2\gamma^\mu\gamma_5\psi_1

对于 $\mathcal H'$ 中的每一项， $CPT$ 都将其变为其厄米共轭项（其会把系数变成复共轭），由于 $\mathcal H$ 是厄米的，因此在 $CPT$ 下不变。（2）由于 $CPT$ 下 $\mathcal H'(0)$ 不变，因此 $P$ 不变性等价于 $CT$ 不变性， $C$ 不变性等价于 $PT$ 不变性， $T$ 不变性等价于 $CP$ 不变性。 $P$ 不变性：要求两个二次型在变换下按相同的方式变换，例如

(\bar\psi_A\gamma^\mu\psi_B)(\bar\psi_C\gamma_\mu\psi_D)

在 $P$ 下不变。因为 $\mu=0$ 时两项都不变， $\mu\ne 0$ 时两项都加负号。故 $\mathcal H'$ 中的第二项和第三项会加负号，第一项与第四项不变。故 $P/CT$ 不变要求

g_2=g_3=0

关于 $C$ 不变性：

U_C^\dagger[g_1(\bar\psi_A\gamma^\mu\psi_B)(\bar\psi_C\gamma_\mu\psi_D)]U_C=g_1[(\bar\psi_A\gamma^\mu\psi_B)(\bar\psi_C\gamma_\mu\psi_D)]^\dagger

因此会将其对应到其厄米共轭项。而第二项与第三项则会加一个负号。故 $C/PT$ 不变性要求：

g_1,g_4 \;\text{are real},\quad g_2,g_3\;\text{are imaginary}

最后，考察 $CP$ 不变性。其变换为：

U_{CP}^\dagger\bar\psi_1\gamma^\mu\psi_2 U_{CP}=\mp\bar\psi_2\gamma^\mu\psi_1=\mp(\bar\psi_1\gamma^\mu\psi_2)^\dagger,\quad U_{CP}^\dagger\bar\psi_1\gamma^\mu\gamma_5\psi_2 U_{CP}=\mp(\bar\psi_1\gamma^\mu\gamma_5\psi_2)^\dagger\quad(-:\mu=0,\,+:\mu\ne 0)

因此其对 $\mathcal H'$ 中的四项的作用都是只取厄米共轭，且不改变系数。因此 $CP/T$ 不变性要求：

g_1,g_2,g_3,g_4\in\mathbb R

疑问

在Coleman QFT - Lecture 25. 处理无限大：正规化与重整化中，我们推导了在四维时空中一个图的表观发散度可以写为：

D=4-B_E-\dfrac32 F_E+\sum_i n_i\delta_i,\quad \delta_i\equiv b_i+\dfrac32 f_i+d_i-4=\mathrm{dim}\,\mathcal L_i-4

推导公式在一般的 $d$ 维时空中的版本。回答：使 $\phi^n$ 可重整化的最大的 $n$ 是多少？使 $(\bar\psi\psi)^2$ 可重整化的 $d$ 满足什么条件？

使用量纲分析。由于 $S$ 无量纲，因此：

[\mathcal L]=[M]^{d}

由自由场的动能项得到：

[(\partial_\mu\phi)^2]=[M]^d\Rightarrow[\phi]=[M]^{\frac d2-1},\quad [\bar\psi\partial\mkern-9mu/\psi]=[M]^d\Rightarrow [\psi]=[M]^{\frac{d-1}{2}}

对于每一根玻色子内线，其提供一个delta函数（ $d$ 维）以及分母上的二次式，而费米子内线则提供delta函数与分母上的一次式。每个顶点也提供一个delta函数，而又要去除一个总的delta函数。故

D=(d-2)B_I+(d-1)F_I+\sum_i n_i d_i-\sum_i n_id+d

利用

2B_I+B_E=\sum_i b_i n_i,\quad 2F_I+F_E=\sum_i f_i n_i

则

D=d-\dfrac{d-2}{2}B_E-\dfrac{d-1}{2}F_E-\sum_i n_i\delta_i,\quad \delta_i=\dfrac{d-2}{2}b_i+\dfrac{d-1}{2}f_i+d_i-d

显然 $d=4$ 会回到原来的结果。可重整化的相互作用类型要求 $\delta_i\leq 0$ 。对于 $\phi^n$ ：

\delta=\dfrac{n}{2}(d-2)-d\leq 0\Rightarrow n\le \dfrac{2d}{d-2}

$d=4$ 时对应于 $n\le 4$ ，是我们熟悉的结果。对于 $(\bar\psi\psi)^2$ ：

\delta=2(d-1)-d=d-2\le 0\Rightarrow d\le 2

疑问

考虑旋量场与赝标量场的Yukawa相互作用：

\mathcal L'=g\bar\psi i\gamma_5\psi\phi

我们已经在Coleman QFT - Lecture 21. Dirac方程 III：量子化与Feynman规则计算过介子-核子弹性散射的 $O(g^2)$ 阶的散射振幅了，其由两个图组成，设两个图代表的振幅分别为 $g^2M_1$ 与 $g^2M_2$ 。现在考虑介子与核子同位旋不变的相互作用理论（Coleman QFT - Lecture 24. 同位旋中有过讨论）：

\mathcal L'=g\,\vec \Phi\cdot\bar Ni\gamma_5\vec\tau N

考虑下面三个不同类型的介子-核子散射过程：

(a)\;p+\pi^+\to p+\pi^+\qquad (b) \;n+\pi^+\to n+\pi^+,\qquad (c)\;n+\pi^+\to p+\pi^0

计算这三个过程到 $O(g^2)$ 阶的散射振幅，用 $g,M_1,M_2$ 表示。同时，计算同位旋描述下纯态 $I=\dfrac12$ 与 $I=\dfrac32$ 的弹性散射振幅 $a_{1/2}$ 与 $a_{3/2}$ 。

将相互作用显式写出来：

\mathcal L'=g\begin{pmatrix} \bar p&\bar n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \pi^0 &\sqrt 2\pi^+\\ \sqrt 2\pi^-&-\pi^0 \end{pmatrix}i\gamma_5\begin{pmatrix} p\\ n \end{pmatrix}=g(\bar pi\gamma_5 p\pi^0+\sqrt 2\bar pi\gamma_5 n\pi^++\sqrt 2\bar ni\gamma_5 p\pi^--\bar n i\gamma_5 n\pi^0)

(a) 过程对应的Feynman图为：

注意，这里由于不存在电荷为2的中间核子，因此只有第二幅图有贡献。即

a(p\pi^+\to p\pi^+)=2g^2 M_2

类似的，由于不存在电荷-1的核子，过程 (b) 只有第一幅图有贡献，因此：

a(n\pi^+\to n\pi^+)=2g^2 M_1

而 (c) 过程则两幅图均有贡献：

因此

a(n\pi^+\to p\pi^0)=\sqrt 2g^2(M_2-M_1)

现在，再来考虑 $a_{3/2},a_{1/2}$ 。这用CG系数分解即可，过程 (a) 是纯的 $I=\dfrac32$ 散射过程：

a_{3/2}=a(p\pi^+\to p\pi^+)=2g^2 M_2

而过程 (b) 由CG分解得到：

a(n\pi^+\to n\pi^+)=\dfrac13 a_{3/2}+\dfrac23 a_{1/2}=2g^2 M_1\Rightarrow a_{1/2}=3g^2M_1-g^2M_2

我们可以用 (c) 过程进行验证：

a(n\pi^+\to p\pi^0)=\dfrac{\sqrt 2}{3}a_{3/2}-\dfrac{\sqrt 2}{3}a_{1/2}=\sqrt 2g^2(M_2-M_1)

疑问

在这个问题中，你将比较两个介子-核子相互作用的理论。自由Lagrangian是相同的：

\mathcal L_0=\dfrac12\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi-\dfrac12\mu^2\phi^2+\bar\psi(i\partial\mkern-9mu/-m)\psi

第一个理论是我们熟悉的赝标量的Yukawa相互作用：

\mathcal L'_I=g\bar\psi i\gamma_5\psi\phi

第二个理论称为“梯度耦合”加上一个二次耦合：

\mathcal L_{II}'=\mu^{-1}[ag\bar\psi\gamma^\mu\gamma_5\psi\partial_\mu\phi+bg^2\bar\psi\psi\phi^2]

其中 $a,b$ 是无量纲的实数。说明通过合适选取 $a,b$ ，可以使到 $O(g^2)$ 阶的介子-核子散射与核子-核子散射的散射振幅均在两个理论下相同。确定此时的 $a,b$ 。

首先来看核子-核子散射 $N+N\to N+N$ 。两个理论均给出Feynman图为：

Theory 1：

i\mathcal A_1=-g^2\left[\bar u_{1'}i\gamma_5 u_1\bar u_{2'}i\gamma_5 u_2\dfrac{i}{(p_1-p_1')^2-\mu^2}-(1'\leftrightarrow 2')\right]

Theory 2：

i\mathcal A_2=\dfrac{g^2a^2}{\mu^2}\left[\bar u_{1'}(p\mkern-8.5mu/_{1'}-p\mkern-8.5mu/_{1})\gamma_5u_1\bar u_{2'}(p\mkern-8.5mu/_{2'}-p\mkern-8.5mu/_{2})\gamma_5u_2\dfrac{i}{(p_1-p_{1'})^2-\mu^2}-(1'\leftrightarrow 2')\right]

由于

\bar u_{1'}(p\mkern-8.5mu/_{1'}-p\mkern-8.5mu/_{1})\gamma_5u_1=2m\bar u_{1'}\gamma_5u_1,\quad \bar u_{2'}(p\mkern-8.5mu/_{2'}-p\mkern-8.5mu/_{2})\gamma_5u_2=2m\bar u_{2'}\gamma_5u_2

比较两个理论的结果得到：

\dfrac{4m^2a^2}{\mu^2}=1\Rightarrow a=\dfrac{\mu}{2m}

再来看介子-核子散射 $\phi+N\to \phi+N$ ，第二个理论中的二次耦合项会有额外的贡献。我们画出Feynman图：

Theory 1：

i\mathcal A_1=-ig^2\bar u'\left[i\gamma_5\dfrac{p\mkern-8.5mu/+q\mkern-8.5mu/+m}{s-m^2}i\gamma_5+i\gamma_5\dfrac{p\mkern-8.5mu/'-q\mkern-8.5mu/+m}{u-m^2}i\gamma_5\right]u=-ig^2\bar u'q\mkern-8.5mu/ u\left[\dfrac{1}{s-m^2}-\dfrac{1}{u-m^2}\right]\quad(s=(p+q)^2, u=(p'-q)^2)

Theory 2：

\begin{align} i\mathcal A_2&=\dfrac{ia^2g^2}{\mu^2}\bar u' \left[(-q\mkern-8.5mu/')\gamma_5\dfrac{p\mkern-8.5mu/+q\mkern-8.5mu/+m}{s-m^2}q\mkern-8.5mu/\gamma_5+q\mkern-8.5mu/\gamma_5\dfrac{p\mkern-8.5mu/'-q\mkern-8.5mu/+m}{u-m^2}(-q\mkern-8.5mu/')\gamma_5\right]u+\dfrac{2ig^2b}{\mu}\bar u' u\\ &=-\dfrac{ig^2}{4m^2}\bar u'\left[q\mkern-8.5mu/'\dfrac{p\mkern-8.5mu/+q\mkern-8.5mu/-m}{s-m^2}q\mkern-8.5mu/+q\mkern-8.5mu/\dfrac{p\mkern-8.5mu/'-q\mkern-8.5mu/-m}{u-m^2}q\mkern-8.5mu/'\right]u+\dfrac{2ig^2b}{\mu}\bar u' u \end{align}

利用

\begin{align} \bar u'q\mkern-8.5mu/'(p\mkern-8.5mu/+q\mkern-8.5mu/-m)q\mkern-8.5mu/u&=\bar u'(p\mkern-8.5mu/'+q\mkern-8.5mu/'-m)(p\mkern-8.5mu/+q\mkern-8.5mu/-m)(p\mkern-8.5mu/+q\mkern-8.5mu/-m)u=\bar u'(p\mkern-8.5mu/+q\mkern-8.5mu/-m)^3u\\ &=\bar u'\left[s(p\mkern-8.5mu/+q\mkern-8.5mu/)-3sm+3(p\mkern-8.5mu/+q\mkern-8.5mu/)m^2-m^3\right]u\\ &=\bar u'[-2ms+2m^3+(s+3m^2)q\mkern-8.5mu/]u \end{align}

\bar u'q\mkern-8.5mu/(p\mkern-8.5mu/'-q\mkern-8.5mu/-m)q\mkern-8.5mu/'u=\bar u'(p\mkern-8.5mu/'-q\mkern-8.5mu/-m)^3u=\bar u'[-2um+2m^3-(u+3m^2)q\mkern-8.5mu/]u

带入得到：

i\mathcal A_2=-ig^2\bar u' q\mkern-8.5mu/ u\left[\dfrac{1}{s-m^2}+\dfrac{1}{u-m^2}\right]+ig^2\bar u' u\left[\dfrac{1}{m}+\dfrac{2b}{\mu}\right]

因此

\dfrac{1}{m}+\dfrac{2b}{\mu}=0\Rightarrow b=-\dfrac{\mu}{2m}

故 $a=-b=\mu/2m$ ，理论2的相互作用项就是：

\mathcal L_{II}'=\dfrac{g}{2m}\left[g\bar\psi\gamma^\mu\gamma_5\psi\partial_\mu\phi-g^2\bar\psi\psi\phi^2\right]