Cálculo del decaimiento y cancelación de μ→eγμ→eγ\mu\rightarrow e\gamma entre diagramas

Question

Cálculo del decaimiento y cancelación de μ→eγμ→eγ\mu\rightarrow e\gamma entre diagramas

SRS

En el libro “Teoría de calibre de partículas elementales-Cheng y Li, sección 13.3, la $\mu\rightarrow e\gamma$ la amplitud de caída se calcula en el $R_{\xi}$ indicador. Con respecto a esta derivación, estoy atascado con un par de preguntas.

(i) Creo que este cálculo hubiera sido más fácil en el calibre unitario ya que en ese caso no tendremos bucles con Higgs no físicos. No puedo entender por qué no se calcula en el calibre unitario. Creo que esta amplitud también debería dar un resultado finito e idéntico en calibre unitario. ¿no es así?

¿Existen otras referencias útiles donde diagramas como $\mu\rightarrow e\gamma$ , $\mu\rightarrow e\nu\bar{\nu}$ etc. se calculan con un detalle razonable?

(ii) Aunque se explica en un enunciado, no me queda claro cómo las contribuciones de los cuatro diagramas de la figura 13.6(e) se cancelan de los términos similares que aparecen en los diagramas 13.6(a)-(d).

(iii) ¿Por qué dijeron que “necesitamos concentrarnos en el $p\cdot \epsilon$ término en la ecuación. 13.79. ¿Qué dejaron de lado? $\gamma\cdot\epsilon$ ¿término? Mi conjetura es que es el $\gamma\cdot\epsilon$ término de los diagramas 13.6(a)-(d), se cancela por las contribuciones de los cuatro diagramas de 13.6(e). Pero, ¿es esta cancelación tan trivial como para ver que no es necesario calcularlos en absoluto?

EDITAR: La amplitud de transición invariante de Lorentz es proporcional a $T(\mu\rightarrow e\gamma)\sim \bar{u}_e\sigma_{\mu\nu}(A+B\gamma_5)u_\mu$ . Luego argumenta que despreciando la masa del electrón, es decir, $m_e=0$ lleva a $A\approx B$ . ¿Cómo funciona eso? En otra cuenta, cuando no arrojamos la masa del electrón, la amplitud es proporcional a $T(\mu\rightarrow e\gamma)\sim \bar{u_{e}} i \sigma_{\mu\nu}q^\nu[m_e(1-\gamma_5)+m_\mu(1+\gamma_5)]u_\mu$ . Con $m_e=0$ Sin embargo, se puede reproducir la amplitud de transición invariante de Lorentz de Cheng y Li. Tampoco pude probar la segunda proporcionalidad.

Usé el hecho de que los operadores $\sigma_{\mu\nu}$ y $\sigma_{\mu\nu}\gamma_5$ conecta el estado quiral izquierdo con el quiral derecho, es decir, $\bar{\psi}\sigma_{\mu\nu}\psi=\overline{\psi_R}\sigma_{\mu\nu}\psi_L+\overline{\psi_L}\sigma_{\mu\nu}\psi_R$ y lo mismo para $\sigma_{\mu\nu}\gamma_5$ . Usando estos continué hasta el paso

T (m \to mi γ) \sim A \bar{{tu}_{mi L}} σ_{m v} {tu}_{m R} + A \bar{{tu}_{mi R}} σ_{m v} {tu}_{m L} + B \bar{{tu}_{mi L}} σ_{m v} γ_{5} {tu}_{m R} + B \bar{{tu}_{mi R}} σ_{m v} γ_{5} {tu}_{m L}

$T(\mu\rightarrow e\gamma)\sim A\overline{u_{eL}}\sigma_{\mu\nu}u_{\mu R}+A\overline{u_{eR}}\sigma_{\mu\nu}u_{\mu L}+B\overline{u_{eL}}\sigma_{\mu\nu}\gamma_5 u_{\mu R}+B\overline{u_{eR}}\sigma_{\mu\nu}\gamma_5 u_{\mu L}$

Pero no me queda claro cómo esto de reducir a una expresión de la forma $T(\mu\rightarrow e\gamma)\sim i \sigma_{\mu\nu}q^\nu[m_e(1-\gamma_5)+m_\mu(1+\gamma_5)]$ o en el $m_e=0$ límite $T(\mu\rightarrow e\gamma)\sim \bar{u_{e}}i \sigma_{\mu\nu}q^\nu[m_\mu(1+\gamma_5)]u_\mu$ ?

isometria

(ii) y (iii). Anteriormente usa la invariancia de gauge para justificar la forma 13.76. Por lo tanto, argumenta que cualquier término que no se ajuste a esta forma debe cancelarse para satisfacer la invariancia de calibre. No he mirado más profundo que eso.

SRS

Si sigues los pasos, 13,76 no es más que la ecuación 13,79 escrita de otra manera. Los cuatro diagramas de 13.6(e) se asemejan al término

\sim m_{μ} {\bar{u}}_{e} γ \cdot ϵ u_{μ}

$\sim m_\mu \bar{u}_e\gamma\cdot\epsilon u_\mu$ en 13.79. Así que no entiendo el argumento de no considerar estos diagramas.

isometria

Sí, después de haberlo investigado más, veo su confusión. No, no está claro. Lo siento, necesito un experto.

isometria

Intenté en mi respuesta diseccionar su lógica: probablemente llegué tan lejos como tú.

milton el gato

No puede ser realmente un diagrama de árbol.

Respuestas (4)

Cálculo del decaimiento y cancelación de μ→eγμ→eγ\mu\rightarrow e\gamma entre diagramas

(ii) y (iii). Anteriormente usa la invariancia de gauge para justificar la forma 13.76. Por lo tanto, argumenta que cualquier término que no se ajuste a esta forma debe cancelarse para satisfacer la invariancia de calibre. No he mirado más profundo que eso.
Si sigues los pasos, 13,76 no es más que la ecuación 13,79 escrita de otra manera. Los cuatro diagramas de 13.6(e) se asemejan al término $\sim m_\mu \bar{u}_e\gamma\cdot\epsilon u_\mu$ en 13.79. Así que no entiendo el argumento de no considerar estos diagramas.
Sí, después de haberlo investigado más, veo su confusión. No, no está claro. Lo siento, necesito un experto.
Intenté en mi respuesta diseccionar su lógica: probablemente llegué tan lejos como tú.

ved · Answer 1

(i) No es aconsejable hacer cálculos de bucle en calibre unitario debido a la explosión del propagador para el bosón W en el límite ultravioleta ya que el bucle implica integrar sobre momentos. La capacidad de renormalización (perturbativa) también se oscurece mediante el uso de calibre unitario. Por lo tanto, dudo que encuentre alguna buena referencia sobre cómo hacer el cálculo del bucle utilizando un calibre unitario en este caso.

(ii) Un término como $\bar u\gamma_\mu u$ se puede extraer de los diagramas de bucle (a)-(d) observando el vértice donde está presente la línea de fermiones y el propagador de fermiones contribuye con un factor gamma. Hay tres gammas que vienen con algunos de ellos multiplicándose con $\gamma_5$ . algunas relaciones de dualidad como $\epsilon_{abcd}\gamma^{bcd}=i\gamma_5\gamma_a$ y la tecnología gamma simple producirá $\bar u\gamma_\mu u$ y $\bar u\gamma_{\mu\nu} u$ término tipo. [ $\gamma_{\mu\nu}$ es igual que tu $\sigma_{\mu\nu}$ (aparte de algún factor numérico probablemente)]

(iii) El término $\gamma\centerdot\epsilon$ no se cancela de los diagramas pero se rechaza en la condición de realidad del fotón emitido. Simplemente decir el término viola la invariancia de calibre. Para verlo explícito, $\epsilon^\nu \bar u_e(1+\gamma_5)\gamma_\nu u_\mu$ con $\epsilon^\nu$ quitado, opere con $q^\nu$ en $\bar u_e (1+\gamma_5)\gamma_\nu u_\mu$ y escribe q como q-p+p y luego usa la ecuación de Dirac en el espacio de momento para muón y electrón y verás que no desaparece.

Para la parte de edición: en el límite sin masa del electrón, puede elegir una cierta helicidad y el acoplamiento del bosón W es con el electrón zurdo. Con la forma de barra del espinor electrónico, básicamente requiere multiplicarlo con $1+\gamma_5$ . esto equivale a $(1+\gamma_5)(A+B\gamma_5)$ o $A(1+\gamma_5)+B(1+\gamma_5)$ como $\gamma_5$ viaja con $\sigma_{\mu\nu}$ . Entonces, ambos términos que involucran a A y B corresponden al mismo elemento de matriz en el límite de electrones sin masa, por lo que pueden tomarse como iguales.

Su respuesta al número 3 no es correcta. La razón es que solo hay un parámetro a determinar, por lo que solo es necesario considerar el término p.eps. pag. eps tampoco satisface la identidad del barrio, pero 2 p.eps - m eps.gamma sí.

isometria · Answer 2

Para responder las partes (ii) y (iii) siga la lógica de la ecuación 13.73:

En general es posible tener 3 tipos de términos:
$q^\nu\sigma_{\lambda\nu}$
$\gamma_\lambda$
$q_\lambda$

Luego prueba que solo el primero de estos tres está permitido en la solución final. Así llega a las 13.76.

Como sabemos que tenemos que terminar con la forma 13.76, podemos ignorar cualquier diagrama o término dentro de los diagramas que no tenga esta forma.

Ahora la parte confusa: Habiendo justificado descartar todos los términos del $\gamma_\lambda$ tipo, luego usa la descomposición de Gordon en 13.79 para reemplazar $i\sigma_{\lambda\nu}q^\nu\epsilon^\lambda$ por $(2p\centerdot\epsilon - m_\mu\gamma\centerdot\epsilon)$ que parece traer un $\gamma_\lambda$ nuevo término. Ese parece ser el punto que te tiene confundido.

Oбжоров · Answer 3

Muy tarde para la fiesta, pero un cálculo explícito de $\mu\rightarrow e\gamma$ se puede encontrar en el capítulo Procesos de cambio de sabor en mis notas QFT que están disponibles en https://hepnotes.com .

eldoctor · Answer 4

iii) Ignora la $\gamma.\epsilon$ plazo porque solo necesita determinar $A$ , que se puede leer en el coeficiente de la $p.\epsilon$ término.

Con respecto a su cuarta pregunta, $A+B\gamma^5=(A-B)P_L+(A+B)P_R$ . Como la fuerza débil solo se acopla al electrón zurdo, queremos $A=B$ .

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