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 $\ \mathbf E$:

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

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