Чорнова сторінка

Камера Gargamelle
Шукаються всі перерізи виду $$\ \nu q \to \nu q $$ та $$\ \bar{\nu} q \to \bar{\nu}q $$.

Лагранжіан взаємодії, що визначає матричні елементи, має вигляд

$$\ L_{int} = \frac{g}{cos(\theta_{W})}\left( \sum_{q = u, d}(g^{q}_{L}\bar{q}_{L}\gamma^{\lambda}q_{L} + g^{q}_{R}\bar{q}_{R}\gamma^{\lambda}q_{R}) + \frac{1}{2}\bar{\nu}_{L}\gamma^{\lambda}\nu_{L}\right) Z_{\lambda} $$.

За умовою, $$\ E_{\nu} << m_{Z}$$, тому продольною частиною пропагатора $$\ Z$$-бозона можна знехтувати. При цьому енергія нейтрино значно більша, ніж маси кварків, тому енергії - ультрарелятивістські. Це означає, що хіральність може бути однозначно співставлена спіральності (тут "+" означає спіральність $$\ \frac{1}{2}$$, а "-" - спіральність $$\ -\frac{1}{2}$$):

$$\ \frac{1 + \gamma_{5}}{2}\Psi_{+} = \Psi_{+}, \quad \frac{1 - \gamma_{5}}{2}\Psi_{+} = 0, \quad \frac{1 + \gamma_{5}}{2}\Psi_{+} = \Psi_{+}, \quad \frac{1 + \gamma_{5}}{2}\Psi_{-} = 0 \qquad (1)$$.

Тоді у найнижчому порядку амплітуди процесу для нейтрино та антинейтрино будуть рівні (імпульси $$\ k, l$$ - початкові імпульси відповідно нейтрино і кварка, а імпульси $$\ p, r$$, відповідно, кінцеві)

$$\ M_{\nu q \to \nu q} = -(\delta_{s_{in}, -})\frac{g^{2}g_{L}^{q}}{2 cos^{2}(\theta_{W})m_{z}^{2}}\bar{u}_{L}(p)\gamma^{\alpha}u_{L}(k)\bar{q}_{L}(r)\gamma_{\alpha}q_{L}(l) - (\delta_{s_{in}, +})\frac{g^{2}g_{R}^{q}}{2 cos^{2}(\theta_{W})m_{z}^{2}}\bar{u}_{L}(p)\gamma^{\alpha}u_{L}(k)\bar{q}_{R}(r)\gamma_{\alpha}q_{R}(l) \qquad (2)$$,

$$\ M_{\bar{\nu} q \to \bar{\nu} q} = -(\delta_{s_{in}, -})\frac{g^{2}g_{L}^{q}}{2 cos^{2}(\theta_{W})m_{z}^{2}}\bar{v}_{R}(p)\gamma^{\alpha}v_{R}(k)\bar{q}_{L}(r)\gamma_{\alpha}q_{L}(l) -(\delta_{s_{in}, +})\frac{g^{2}g_{R}^{q}}{2 cos^{2}(\theta_{W})m_{z}^{2}}\bar{v}_{R}(p)\gamma^{\alpha}v_{R}(k)\bar{q}_{R}(r)\gamma_{\alpha}q_{R}(l) \qquad (3)$$,

і тоді у СЦМ сума всіх перерізів для нейтрино буде мати вигляд (для антинейтрино - аналогічно)

$$\ \sigma^{\nu}_{total} = \sum_{q} \sigma_{\nu q \to \nu q}, \quad \sigma = \frac{1}{64 \pi^{2}4E^{2}}\int |\bar{M}|^{2}d\Omega, \quad |\bar{M}|^{2} = \frac{1}{2}\sum_{s_{in}, s_{out}}|M|^{2} \qquad (4)$$.

Обрахую тепер амплітуди, використавши для цього вирази для спінорних хвиль $$\ u, v$$ із фіксованою спіральністю: для ультрарелятивістського ліміту

$$\ u_{s}(\mathbf p) = \sqrt{E_{\mathbf p}}\begin{pmatrix} w^{s} \\ sw^{s}\end{pmatrix}, \quad v_{s}(\mathbf p) = \sqrt{E_{\mathbf p}}\begin{pmatrix} sw^{s} \\ w^{s}\end{pmatrix}, \quad w^{-1} = \begin{pmatrix} -sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \\ cos\left(\frac{\theta}{2}\right)e^{i\varphi}\end{pmatrix}, \quad w^{+1} = \begin{pmatrix} cos\left(\frac{\theta}{2}\right) \\ sin\left(\frac{\theta}{2}\right)e^{i\varphi } \end{pmatrix}$$.

Якщо у СЦМ розглядається процес $$\ 1, 2 \to 3, 4$$, то якщо функція частинки 1 залежить від $$\ \theta, \varphi $$, то функція частинки 2 - від $$\ \pi - \theta , \pi + \varphi $$. Можна також шляхом повороту системи координат розташувати імпульс частинки 1 у площині із $$\ \varphi = 0$$. Відповідно, враховуючи $$\ (1)$$, можна ототожнити $$\ \Psi_{L} = \Psi_{-}, \Psi_{R} = \Psi_{+}$$, тому вирази для спінорних хвиль із виразу $$\ (3)$$ набудуть вигляду

$$\ u_{L}(k) = \sqrt{E}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}, \quad u_{L}(l) = \sqrt{E}\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}, \quad q_{L}(p) = \sqrt{E}\begin{pmatrix} -sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \\ cos\left(\frac{\theta}{2}\right) \\ sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \\ -cos\left(\frac{\theta}{2}\right)\end{pmatrix}, \quad q_{L}(r) = \sqrt{E}\begin{pmatrix} -cos\left(\frac{\theta}{2}\right) \\ -sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \\ cos\left(\frac{\theta}{2}\right) \\ sin\left(\frac{\theta}{2}\right)\end{pmatrix}$$,

$$\ q_{R}(l) = \sqrt{E}\begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 0 \\ -1\end{pmatrix}, \quad q_{R}(r) = \sqrt{E}\begin{pmatrix} -sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \\ cos\left(\frac{\theta}{2}\right) \\ sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \\ -cos\left(\frac{\theta}{2}\right)\end{pmatrix}, \quad v_{R}(k) = \sqrt{E}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad v_{R}(p) = \sqrt{E}\begin{pmatrix} cos\left(\frac{\theta}{2}\right) \\ sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \\ cos\left(\frac{\theta}{2}\right) \\ sin\left(\frac{\theta}{2}\right)\end{pmatrix}$$.

Окрім того, знадобиться вираз для добутків виду $$\ \bar{\Psi} \gamma^{\mu} \varphi $$: всі наведені вище спінори - дійсні, тому

$$\ \bar{\Psi}\gamma^{0}\varphi = \sum_{i} \Psi_{i}\varphi_{i}, \quad \bar{\Psi}\gamma^{1}\varphi = \Psi_{1}\varphi_{4} + \Psi_{2}\varphi_{3} + \Psi_{3}\varphi_{2} + \Psi_{4}\varphi_{1}, \quad \bar{\Psi}\gamma^{2}\varphi = -i(\Psi_{1}\varphi_{4} - \Psi_{2}\varphi_{3} + \Psi_{3}\varphi_{2} - \Psi_{4}\varphi_{1}), \quad \bar{\Psi}\gamma^{3}\varphi = \Psi_{1}\varphi_{3} - \Psi_{2}\varphi_{4} + \Psi_{3}\varphi_{1} - \Psi_{4}\varphi_{2}$$.

Тому добутки у $$\ (2), (3)$$ мають вигляд (тут $$\ c = cos\left(\frac{\theta}{2} \right), s = sin\left( \frac{\theta}{2}\right)$$)

$$\ \bar{u}_{L}(p)\gamma^{\alpha}u_{L}(k) = 2E (c, s, -is, c)^{\alpha}, \quad \bar{u}_{L}(r)\gamma^{\beta}u_{L}(l) = 2E(c, -s, -is, -c)^{\beta}, \quad \bar{u}_{R}(r)\gamma^{\nu}u_{R}(l) = 2E(c, s, -is, -c)^{\nu}$$,

$$\ \bar{v}_{R}(p)\gamma^{\alpha}v_{R}(k) = 2E (c, s, is, c)^{\alpha}$$.

Нарешті, амплітуди переходу можна записати як

$$\ M_{\nu q \to \nu q} = -(\delta_{s_{in}, -})\frac{4g^{2}E^{2}g_{L}^{q}}{cos^{2}(\theta_{W}) m_{Z}^{2}} - (\delta_{s_{in}, +})\frac{4g^{2}g_{R}^{q}E^{2}cos^{2}\left( \frac{\theta}{2}\right)}{cos^{2}(\theta_{W})m_{Z}^{2}} \qquad (5)$$,

$$\ M_{\bar{\nu} q \to \bar{\nu} q} = -(\delta_{s_{in}, -})\frac{4g^{2}E^{2}g_{L}^{q}cos^{2}\left( \frac{\theta}{2}\right)}{cos^{2}(\theta_{W}) m_{Z}^{2}} - (\delta_{s_{in}, +})\frac{4g^{2}g_{R}^{q}E^{2}}{cos^{2}(\theta_{W})m_{Z}^{2}} \qquad (6)$$.

Використовуючи $$\ (4)-(6)$$, для перерізів можна отримати вирази

$$\ \sigma^{\nu}_{total} = \sum_{q}\frac{E^{2}g^{4}}{8 \pi m_{Z}^{4}cos^{4}(\theta_{W})}\left( (g_{L}^{q})^{2} + \frac{1}{3}(g_{R}^{q})^{2}\right), \quad \sigma^{\bar{\nu}}_{total} = \sum_{q}\frac{E^{2}g^{4}}{8 \pi m_{Z}^{4}cos^{4}(\theta_{W})}\left( \frac{1}{3}(g_{L}^{q})^{2} + (g_{R}^{q})^{2}\right)$$.

PDE
Рівняння:

$$\ [\nabla \times [\nabla \times \mathbf B(\mathbf x)]] = -\sigma \frac{f(t)'}{f(t)}\mathbf B(\mathbf x) + Ak_{0}\mathbf B_{0} \left( (\mathbf B_{0} \cdot \mathbf E(\mathbf x) ) - \frac{1}{f(t)}(\mathbf B_{0} \cdot \mathbf E(\mathbf x) )\right) - A\left[\mathbf B_{0} \times \left( \nabla (\mathbf B_{0} \cdot \mathbf E(\mathbf x)) - \frac{1}{f(t)}\nabla (\mathbf B_{0} \cdot \mathbf E(\mathbf x))\right)\right] + \mu_{5}^{(0)}[\nabla \times \mathbf B(\mathbf x)]$$.

Окрім того,

$$\ [\nabla \times \mathbf E ] = -\frac{\partial \mathbf B (x ,t)}{\partial t}, \quad [\nabla \times \mathbf B_{0}] = k_{0}\mathbf B_{0}$$

Перший варіант
Щоб позбавитися часової залежності у рівнянні, будемо вимагати виконання наступних умов:

$$\ \frac{f'(t)}{f(t)} = const, \quad \mathbf B_{0}k_{0} (\mathbf B_{0} \cdot \mathbf E ) - [\mathbf B_{0} \times \nabla (\mathbf B_{0} \cdot \mathbf E(\mathbf x))] = 0$$.

Нехай $$\ \mathbf B_{0} = B (cos(kz), sin(kz), 0) = (B_{0x}, B_{0y}, 0)$$.

Звідси маємо систему

$$\ B_{0x}k_{0}(B_{0x}E_{x} + B_{0y}E_{y}) - B_{0y}(-k_{0}B_{0y}E_{x} + k_{0}B_{0x}E_{y} + B_{0x}E_{x, z} + B_{0y}E_{y, z}) = 0$$,

$$\ B_{0y}k_{0}(B_{0x}E_{x} + B_{0y}E_{y}) + B_{0x}(-k_{0}B_{0y}E_{x} + k_{0}B_{0x}E_{y} + B_{0x}E_{x, z} + B_{0y}E_{y, z}) = 0$$,

$$\ B_{0x}(B_{0x}E_{x, y} + B_{0y}E_{y, y}) - B_{0y}(B_{0x}E_{x, x} + B_{0, y}E_{x, y}) = 0$$.

Умовою виконання перших двох рівнянь є рівності

$$\ B_{0x}E_{x} + B_{0y}E_{y} = 0 ,\quad -k_{0}B_{0y}E_{x} + k_{0}B_{0x}E_{y} + B_{0x}E_{x, z} + B_{0y}E_{y, z} = 0$$.

Виразивши із першої рівності $$\ E_{x}$$ і підставивши у другу, нескладно переконатися, що ці рівності задовольняються тотожньо.

Перевіримо, чи є така умова сумісною із рівнянням на ротор $$\ \mathbf E$$:

$$\ (\partial_{y}E_{z}, - \partial_{x}E_{z}, 0) = -\partial_{t}(B_{x}, B_{y}, B_{z}) \Rightarrow B_{z} = 0$$.

$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$