Théorie quantique des champs – Partie 14

L’équation du mouvement
On traite $\psi$ et $\bar\psi$ comme deux champs indépendants. La beauté du procédé est que $\bar\psi$ n’apparaît jamais dérivé dans $\mathcal L$ : l’équation d’Euler–Lagrange pour $\bar\psi$ se réduit donc à

$\displaystyle \frac{\partial\mathcal L}{\partial\bar\psi} = 0 \quad\Longrightarrow\quad (\mathrm{i}\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi = 0 $

L’équation de Dirac tombe sans le moindre calcul. Varier par rapport à $\psi$ donnerait l’équation conjuguée, $\bar\psi(\mathrm{i}\overleftarrow{\not{\!\!\partial}} + m) = 0$, la flèche indiquant que la dérivée agit vers la gauche.

Le moment conjugué
Seul $\partial_0\psi$ apparaît dans $\mathcal L$, à travers le terme $\mathrm{i}\bar\psi\gamma^0\partial_0\psi$ :

$\displaystyle \Pi^0_\psi = \frac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_0\psi)} = \mathrm{i}\bar\psi\gamma^0 = \mathrm{i}\psi^\dagger\gamma^0\gamma^0 = \mathrm{i}\psi^\dagger $

en utilisant $(\gamma^0)^2 = I$. Et $\Pi^0_{\bar\psi} = 0$, puisque $\partial_0\bar\psi$ est absent.

Le hamiltonien
La transformation de Legendre donne

$\displaystyle \mathcal H = \Pi^0_\psi\,\partial_0\psi - \mathcal L = \mathrm{i}\psi^\dagger\partial_0\psi - \bar\psi(\mathrm{i}\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi $

En séparant l’indice temporel de l’indice spatial dans $\gamma^\mu\partial_\mu$, les deux termes en $\partial_0$ se compensent et il reste

$\displaystyle \mathcal H = \bar\psi\,(-\mathrm{i}\gamma^i\partial_i + m)\,\psi = \psi^\dagger(-\mathrm{i}\gamma^0\gamma^i\partial_i + m\gamma^0)\psi $

La forme compacte
Si l’on accepte d’utiliser l’équation du mouvement elle-même, laquelle donne $(-\mathrm{i}\gamma^i\partial_i + m)\psi = \mathrm{i}\gamma^0\partial_0\psi$, on obtient l’écriture élégante

$\displaystyle \mathcal H = \psi^\dagger\,\mathrm{i}\partial_0\,\psi $

Attention : ce n’est pas une définition générale, mais une simplification valable sur couche, c’est-à-dire pour les champs qui satisfont l’équation du mouvement.

$\displaystyle \hat H = \int \mathrm{d}^3x \, \mathcal H = \int \mathrm{d}^3x \, \hat\psi^\dagger(x) \, \mathrm{i}\partial_0 \hat\psi(x) $

Préparation des champs (dérivée temporelle et conjugué)
Appliquons $\partial_0$ au développement en modes de $\hat\psi(x)$ en se rappelant que $\mathrm{i}\partial_0 (\mathrm{e}^{-\mathrm{i} p\cdot x}) = \mathrm{i}(-\mathrm{i}E_{\boldsymbol p})\mathrm{e}^{-\mathrm{i} p\cdot x} = +E_{\boldsymbol p}\mathrm{e}^{-\mathrm{i} p\cdot x}$ et $\mathrm{i}\partial_0 (\mathrm{e}^{\mathrm{i} p\cdot x}) = \mathrm{i}(+\mathrm{i}E_{\boldsymbol p})\mathrm{e}^{\mathrm{i} p\cdot x} = -E_{\boldsymbol p}\mathrm{e}^{\mathrm{i} p\cdot x}$ :

$\displaystyle \mathrm{i}\partial_0 \hat\psi(x) = \int\frac{\mathrm{d}^3 p}{(2\pi)^{3/2}}\frac{1}{\sqrt{2E_{\boldsymbol p}}}\sum_{s=1}^{2} E_{\boldsymbol p} \left[u^s(p)\,\hat a_{s\boldsymbol p}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i} p\cdot x} - v^s(p)\,\hat b^\dagger_{s\boldsymbol p}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i} p\cdot x}\right] $

Pour construire l’équation, nous avons aussi besoin du champ conjugué $\hat\psi^\dagger(x)$ (en utilisant une impulsion muette $\boldsymbol q$ et un spin $r$ pour ne pas les confondre avec $\boldsymbol p$ et $s$ lors de la multiplication) :

$\displaystyle \hat\psi^\dagger(x) = \int\frac{\mathrm{d}^3 q}{(2\pi)^{3/2}}\frac{1}{\sqrt{2E_{\boldsymbol q}}}\sum_{r=1}^{2}\left[u^{r\dagger}(q)\,\hat a^\dagger_{r\boldsymbol q}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i} q\cdot x} + v^{r\dagger}(q)\,\hat b_{r\boldsymbol q}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i} q\cdot x}\right] $

L’intégration spatial
Nous devons maintenant multiplier $\hat\psi^\dagger$ par $\mathrm{i}\partial_0 \hat\psi$ et intégrer sur le volume $\mathrm{d}^3x$. Ce produit génère 4 termes (deux directs et deux croisés).
L’intégrale spatiale n’agit que sur les parties spatiales des exponentielles complexes, $\mathrm{e}^{\pm\mathrm{i}\boldsymbol p \cdot \boldsymbol x}$. En utilisant l’identité de Fourier $\int \mathrm{d}^3x \, \mathrm{e}^{\mathrm{i}(\boldsymbol p - \boldsymbol q)\cdot\boldsymbol x} = (2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol p - \boldsymbol q)$, cette intégrale s’effondre de façon très propre. Les $(2\pi)^3$ de la fonction delta annulent exactement les facteurs $(2\pi)^{3/2}$ aux dénominateurs de nos deux intégrales de départ.

Regardons les termes :

• Terme $\hat a^\dagger \hat a$ : Produit les exponentielles $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\boldsymbol q\cdot\boldsymbol x}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}$. L'intégrale donne $\delta^{(3)}(\boldsymbol p - \boldsymbol q)$. Cela force $\boldsymbol q = \boldsymbol p$.
• Terme $\hat b \hat b^\dagger$ : Produit les exponentielles $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\boldsymbol q\cdot\boldsymbol x}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}$. L'intégrale donne aussi $\delta^{(3)}(\boldsymbol p - \boldsymbol q)$. Force $\boldsymbol q = \boldsymbol p$.
• Termes croisés ($\hat a^\dagger \hat b^\dagger$ et $\hat b \hat a$) : Ils produisent respectivement $\delta^{(3)}(\boldsymbol p + \boldsymbol q)$. Ils forcent $\boldsymbol q = -\boldsymbol p$.

L’application de l’orthogonalité des spineurs
Grâce aux fonctions delta, l’intégrale sur $\mathrm{d}^3q$ disparaît (puisqu’on évalue tout en $\boldsymbol q = \pm\boldsymbol p$). L’énergie devient $E_{\boldsymbol q} = E_{\boldsymbol p}$, et les racines carrées au dénominateur se combinent : $\sqrt{2E_{\boldsymbol p}}\sqrt{2E_{\boldsymbol p}} = 2E_{\boldsymbol p}$.

Voyons ce qu’il reste de nos 4 termes. Comme l’objet manipulé est $\hat\psi^\dagger \ldots \hat\psi$ et non $\hat{\bar\psi}\ldots\hat\psi$, ce sont les relations hermitiennes du chapitre précédent qui s’appliquent, et non les relations barrées : $u^{r\dagger}u^s = v^{r\dagger}v^s = 2E_{\boldsymbol p}\delta^{rs}$, et $u^{r\dagger}(\tilde p)v^s(p) = 0$ pour des impulsions spatialement opposées.

• Termes croisés ($\hat a^\dagger \hat b^\dagger$ et $\hat b \hat a$) : Puisque $\boldsymbol q = -\boldsymbol p$, ils font intervenir $u^{r\dagger}(\tilde p)\,v^s(p)$ (et son symétrique), qui est nul par la troisième relation hermitienne. Les termes croisés disparaissent ! C'est précisément le cas de figure pour lequel cette relation avait été établie.
• Terme $\hat a^\dagger \hat a$ : Le temps s'annule des exponentielles ($\mathrm{e}^{\mathrm{i}E_{\boldsymbol p}t}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}E_{\boldsymbol p}t} = 1$). Il reste $u^{r\dagger}(p) u^s(p) = 2E_{\boldsymbol p}\delta_{rs}$.
• Terme $\hat b \hat b^\dagger$ : Là encore, le temps s'annule, et il reste $v^{r\dagger}(p) v^s(p) = 2E_{\boldsymbol p}\delta_{rs}$, positif lui aussi, et c'est ici que le basculement de signe entre $\bar v v = -2m$ et $v^\dagger v = +2E_{\boldsymbol p}$ prend toute son importance. Attention en revanche à ne pas oublier le signe moins gardé depuis la dérivée temporelle !

En insérant cela, le facteur $2E_{\boldsymbol p}$ du numérateur s’annule avec celui du dénominateur. Le $\delta_{rs}$ écrase la double somme sur les spins $r, s$ en une somme simple sur $s$. Il nous reste cette expression brute pour l’énergie :

$\displaystyle \hat H = \int\mathrm{d}^3 p\,\sum_{s=1}^{2} E_{\boldsymbol p} \left( \hat a^\dagger_{s\boldsymbol p} \hat a_{s\boldsymbol p} - \hat b_{s\boldsymbol p} \hat b^\dagger_{s\boldsymbol p} \right) $

L’ordre normal (le retournement du signe)
Si l’on s’arrête ici, la théorie a un problème gigantesque : le terme $-\hat b\hat b^\dagger$ signifie que les antiparticules contribuent à l’énergie globale avec un signe négatif. Plus on créerait d’antiparticules, plus l’énergie du système s’effondrerait vers l’infini négatif !

C’est ici qu’intervient l’ordre normal fermionique (noté $: \dots :$ ). La prescription de l’ordre normal dicte que pour extraire la partie physiquement mesurable d’un opérateur, il faut déplacer tous les opérateurs de création ($\dagger$) à gauche des opérateurs d’annihilation.
Cependant, comme nos opérateurs obéissent à des règles d’anticommutation $\{\hat b, \hat b^\dagger\} = \delta$ , échanger l’ordre de deux opérateurs fermioniques génère un signe moins :

$\displaystyle : \hat b_{s\boldsymbol p} \hat b^\dagger_{s\boldsymbol p} : \; = - \hat b^\dagger_{s\boldsymbol p} \hat b_{s\boldsymbol p} $

Ce signe moins d’anticommutation percute parfaitement le signe moins provenant de notre dérivée temporelle, transformant le tout en signe plus :

$\displaystyle - ( - \hat b^\dagger_{s\boldsymbol p} \hat b_{s\boldsymbol p} ) = + \hat b^\dagger_{s\boldsymbol p} \hat b_{s\boldsymbol p} $

(En réalité, on jette à la poubelle la constante infinie générée par la fonction delta lors de l’échange, qui correspond précisément à l’énergie infinie de la mer de Dirac).

La comptabilité des signes, à retenir : l’énergie ressort positive parce que deux signes moins se rencontrent et se compensent, celui de la dérivée temporelle sur $\mathrm{e}^{+\mathrm{i}p\cdot x}$ et celui de l’anticommutation. Ce décompte reviendra deux fois : dans l’aparté sur la catastrophe du vide, où l’on supprimera le second, et dans le calcul de la charge, où le premier sera absent.

On tombe alors, triomphalement, sur la formule finale désirée :

$\displaystyle \hat H = \int\mathrm{d}^3 p\,\sum_{s=1}^{2} E_{\boldsymbol p}\left(\hat a^\dagger_{s\boldsymbol p}\hat a_{s\boldsymbol p} + \hat b^\dagger_{s\boldsymbol p}\hat b_{s\boldsymbol p}\right) $

L’énergie de toute particule comme de toute antiparticule est désormais strictement positive !

Première partie : le courant

Le théorème de Noether associe à toute symétrie continue du lagrangien un quadricourant conservé, $\partial_\mu J^\mu = 0$. Pour une transformation infinitésimale, en développant $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\alpha} \simeq 1 + \mathrm{i}\alpha$ :

$\displaystyle \delta\psi = \mathrm{i}\alpha\,\psi\quad$ et $\displaystyle \quad\delta\bar\psi = -\mathrm{i}\alpha\,\bar\psi $

La formule générale du courant fait intervenir les moments conjugués :

$\displaystyle J^\mu = \frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial_\mu \psi)}\,\delta\psi + \frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial_\mu \bar\psi)}\,\delta\bar\psi $

Le second terme est nul, et pour la raison déjà exploitée lors de la dérivation de l’équation de Dirac : $\partial_\mu\bar\psi$ n’apparaît nulle part dans $\mathcal L$. C’est la même asymétrie qui rendait l’équation du mouvement immédiate, et qui avait donné $\Pi^0_{\bar\psi} = 0$.

Le premier terme se lit directement sur $\mathcal L = \bar\psi(\mathrm{i}\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi$ :

$\displaystyle \frac{\partial \mathcal L}{\partial (\partial_\mu \psi)} = \mathrm{i}\,\bar\psi\gamma^\mu \;\Longrightarrow\; J^\mu = (\mathrm{i}\bar\psi\gamma^\mu)(\mathrm{i}\alpha\psi) = -\alpha\,\bar\psi\gamma^\mu\psi $

Le paramètre $\alpha$ étant une constante globale arbitraire, on l’absorbe (ainsi que le signe, selon la convention de charge) pour définir le courant canonique, promu opérateur :

$\displaystyle \hat J^\mu_{\mathrm{Nc}} = \hat{\bar\psi}\,\gamma^\mu\,\hat\psi $

Seconde partie : la charge

La charge est l’intégrale spatiale de la densité $J^0$. Or, grâce à $(\gamma^0)^2 = I$ et $\bar\psi = \psi^\dagger\gamma^0$, cette densité se simplifie remarquablement :

$\displaystyle J^0 = \bar\psi\,\gamma^0\,\psi = \psi^\dagger\gamma^0\gamma^0\psi = \psi^\dagger\psi \;\Longrightarrow\; \hat Q_{\text{brute}} = \int\mathrm{d}^3x\;\hat\psi^\dagger(x)\,\hat\psi(x) $

Comparons avec le hamiltonien. Nous avions $\hat H = \int\mathrm d^3x\;\hat\psi^\dagger\,\mathrm{i}\partial_0\,\hat\psi$. L’intégrande est le même, à ceci près qu’il manque ici le facteur $\mathrm{i}\partial_0$. Tout le calcul mené pour l’énergie se transpose donc mot pour mot : intégration spatiale produisant les $\delta^{(3)}$, disparition des termes croisés par orthogonalité hermitienne, simplification des $2E_{\boldsymbol p}$, réduction de la double somme sur les spins.

Inutile donc de le refaire. Reprenons-le tel quel, en ne surveillant que le seul endroit où l’absence de $\mathrm{i}\partial_0$ change quelque chose.

La seule différence, et elle est décisive
Dans le calcul de l’énergie, la dérivée temporelle apportait un facteur $+E_{\boldsymbol p}$ sur le terme de particules et $-E_{\boldsymbol p}$ sur celui d’antiparticules. Ici, il n’y a pas de dérivée temporelle : pas de facteur $E_{\boldsymbol p}$, et surtout pas de signe moins. Les deux termes ressortent avec le même signe :

$\displaystyle \hat Q_{\text{brute}} = \int\mathrm{d}^3 p\,\sum_s\left(\hat a^\dagger_{s\boldsymbol p}\hat a_{s\boldsymbol p} + \hat b_{s\boldsymbol p}\hat b^\dagger_{s\boldsymbol p}\right) $

L’ordre normal, et le déséquilibre
Comme pour l’énergie, le second terme n’est pas ordonné, et le réordonner coûte un signe moins d’anticommutation :

$\displaystyle : \hat b_{s\boldsymbol p}\hat b^\dagger_{s\boldsymbol p} : \; = -\,\hat b^\dagger_{s\boldsymbol p}\hat b_{s\boldsymbol p} $

Mais cette fois ce signe moins n’a pas de partenaire pour l’annuler, puisqu’aucun signe n’est venu de la dérivée temporelle. Il survit donc, et donne :

$\displaystyle \hat Q_{\mathrm{Nc}} = \int\mathrm{d}^3 p\,\sum_s\left(\hat a^\dagger_{s\boldsymbol p}\hat a_{s\boldsymbol p} - \hat b^\dagger_{s\boldsymbol p}\hat b_{s\boldsymbol p}\right) $

La comptabilité, en une ligne
L’énergie recevait deux signes moins qui se compensaient, d’où un résultat additif. La charge n’en reçoit qu’un seul, celui de l’anticommutation, d’où un résultat soustractif. C’est la même anticommutation qui rend l’énergie positive et la charge signée.

La conclusion physique est alors limpide : le premier terme compte les particules, le second les antiparticules, et pour que la symétrie $U(1)$, celle qui engendrera l’électromagnétisme, soit conservée, l’antimatière doit porter une charge de signe opposé à la matière.

Première écriture : le propagateur est un inverse

Le principe est celui de toutes les fonctions de Green rencontrées dans la partie qui leur était consacrée : le propagateur est la réponse impulsionnelle de l’opérateur qui gouverne le champ. Ici, cet opérateur est celui de Dirac, et la définition s’écrit

$\displaystyle (\mathrm{i}\not{\!\!\partial} - m)\,S(x - y) = \delta^{(4)}(x - y) $

Pour passer en Fourier, on développe les deux membres sur les ondes planes,

$\displaystyle S(x) = \int\!\frac{\mathrm{d}^4 p}{(2\pi)^4}\,\tilde S(p)\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}p\cdot x} \qquad \delta^{(4)}(x) = \int\!\frac{\mathrm{d}^4 p}{(2\pi)^4}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}p\cdot x} $

Puis on convertit la dérivée en multiplication. C’est le mécanisme déjà utilisé dans la partie précédente pour établir les équations de Dirac en impulsion : dériver une exponentielle revient à multiplier par son exposant, $\partial_\mu \to -\mathrm{i}p_\mu$, donc

$\displaystyle \mathrm{i}\not{\!\!\partial} = \mathrm{i}\gamma^\mu\partial_\mu \;\longrightarrow\; \mathrm{i}\gamma^\mu(-\mathrm{i}p_\mu) = \gamma^\mu p_\mu = \; \not{\!\!p} $

Enfin, on identifie les intégrandes. L’équation différentielle devient une équation algébrique entre matrices $4\times 4$ :

$\displaystyle (\not{\!\!p} - m)\,\tilde S(p) = I_{4\times 4} \quad\Longrightarrow\quad \tilde S(p) = \big(\not{\!\!p} - m\big)^{-1} $

En rétablissant la normalisation usuelle du propagateur de Feynman, avec son $\mathrm{i}$ au numérateur et sa prescription causale $\mathrm{i}\epsilon$ la même que pour le champ scalaire et pour la même raison,

$\displaystyle \tilde G_0(p) = \frac{\mathrm{i}}{\not{\!\!p} - m + \mathrm{i}\epsilon} $

Il faut lire cette barre de fraction comme un inverse matriciel, et non comme une division. Écrire $1/(\not{\!\!p} - m)$ est un abus de notation commode, mais l’objet est bien la matrice qui, multipliée par $\not{\!\!p} - m$, redonne l’identité.

Seconde écriture : rationaliser le dénominateur

Un inverse de matrice est malcommode. L’astuce consiste à faire exactement ce qu’on fait avec un nombre complexe : multiplier haut et bas par le conjugué, ici $(\not{\!\!p} + m)$.

On utilise l’identité qui avait permis, à l’ouverture de la partie précédente, de prendre la racine carrée de l’opérateur de Klein–Gordon :

$\displaystyle (\not{\!\!p})^2 = \gamma^\mu\gamma^\nu\,p_\mu p_\nu = \tfrac{1}{2}\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\}\,p_\mu p_\nu = g^{\mu\nu}p_\mu p_\nu = p^2 $

la deuxième égalité venant de ce que $p_\mu p_\nu$ est symétrique en $\mu\nu$ : seule la partie symétrique du produit de matrices survit, c’est-à-dire l’anticommutateur, lequel vaut $2g^{\mu\nu}$ par l’algèbre de Clifford.

Puis on développe le produit. Les deux termes croisés en $m\not{\!\!p}$ se retranchent :

$\displaystyle (\not{\!\!p} - m)(\not{\!\!p} + m) = (\not{\!\!p})^2 + m\not{\!\!p} - m\not{\!\!p} - m^2 = p^2 - m^2 $

Le résultat est un scalaire, et non une matrice : c’est tout l’intérêt de la manœuvre.

L’inverse s’écrit donc explicitement

$\displaystyle \big(\not{\!\!p} - m\big)^{-1} = \frac{\not{\!\!p} + m}{p^2 - m^2} \quad\Longrightarrow\quad \tilde G_0(p) = \frac{\mathrm{i}\,(\not{\!\!p} + m)}{p^2 - m^2 + \mathrm{i}\epsilon} $

Trois raisons, dont la dernière n’est pas la moindre.

Elle sépare les deux natures : le dénominateur est un scalaire, qui porte le pôle donc la propagation ; le numérateur est une matrice, qui porte la structure spinorielle.

Elle rend le pôle visible : il est en $p^2 = m^2$, exactement comme pour un champ scalaire. La particule de Dirac se propage donc sur sa couche de masse comme n’importe quelle autre.

Et surtout, on reconnaît son numérateur. La matrice $\not{\!\!p} + m$ n’est autre que la somme de spin établie dans la partie précédente :

$\displaystyle \sum_{s=1}^{2} u^s(p)\,\bar u^s(p) = \; \not{\!\!p} + m $

Ce n’est pas une coïncidence, et cela se comprend physiquement : propager une particule d’impulsion $p$, c’est la créer dans un état de spin quelconque puis l’annihiler, donc sommer sur les deux polarisations intermédiaires. Le numérateur du propagateur est le projecteur sur les états physiques. C’est ce qui rendra les calculs de traces du dernier chapitre si mécaniques : les sommes de spin des lignes externes et les numérateurs des lignes internes sont le même objet.

Le canal $t$ (l’électron $p$ ressort en $p’$) donne directement, en appliquant les règles :

$\displaystyle \mathrm{i}\mathcal M_1 = (-\mathrm{i} g)^2\,\bar u^{s'}(p')\,u^s(p)\,\frac{\mathrm{i}}{(p' - p)^2 - m_\phi^2}\,\bar u^{r'}(k')\,u^r(k) $

On y reconnaît la structure attendue : deux vertex, un propagateur scalaire, et deux courants $\bar u u$ contractés.

Le canal $u$ (les deux électrons sortants sont échangés) porte un signe moins global. Ce signe n’est pas une convention : il vient de l’anticommutation des opérateurs de création dans l’élément de matrice $S$. C’est la première manifestation concrète de la statistique de Fermi dans un calcul, et elle survivra à toutes les théories fermioniques.

La limite non relativiste
Pour des particules discernables, seul le canal $t$ contribue. On utilise alors l’orthonormalisation des spineurs :

$\displaystyle \bar u^{s'}(p)\,u^s(p) = 2m_{\mathrm e}\,\delta^{s's} $

Le $\delta^{s’s}$ est le résultat physique : la diffusion ne peut pas retourner le spin. C’est cohérent avec le fait que le couplage $\bar\psi\psi$ est un scalaire, donc aveugle au spin.

En reportant, avec $(p’-p)^2 \to -(\boldsymbol p - \boldsymbol p’)^2$ dans la limite statique :

$\displaystyle \mathrm{i}\mathcal M = \frac{4\mathrm{i} g^2 m_{\mathrm e}^2}{(\boldsymbol p - \boldsymbol p')^2 + m_\phi^2}\,\delta^{s's}\,\delta^{r'r} $

C’est le potentiel de Yukawa attractif obtenu dans la partie sur les propagateurs, augmenté des deltas de conservation du spin. Le contrôle est concluant.

Appliquons $D_\mu$ au champ transformé, en faisant subir à $A_\mu$ sa propre transformation :

$\displaystyle D_\mu\big(\psi\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\alpha}\big) = \left[\partial_\mu + \mathrm{i}q\left(A_\mu - \tfrac{1}{q}\partial_\mu\alpha\right)\right]\psi\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\alpha} $

La dérivée ordinaire produit le parasite $+\mathrm{i}\,\psi\,\partial_\mu\alpha$, comme plus haut. Et le terme nouveau produit $-\mathrm{i}\,\psi\,\partial_\mu\alpha$, puisque le $q$ se simplifie. Les deux s’annulent exactement, et il reste

$\displaystyle D_\mu\big(\psi\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\alpha}\big) = \mathrm{e}^{\mathrm{i}\alpha}\,\big(D_\mu\psi\big) $

C’est-à-dire que $D_\mu\psi$ se transforme exactement comme $\psi$ lui-même : il ramasse la même phase et rien de plus. D’où le nom de dérivée « covariante », qui signifie littéralement « qui varie de la même façon ».

Et par conséquent, tout produit du type $\bar\psi\,\Gamma\,D_\mu\psi$ est invariant, les deux phases se compensant comme dans le terme de masse. L’invariance locale est restaurée.

Écrire l’équation du mouvement en impulsion
L’équation de Proca s’écrit $\partial_\mu F^{\mu\nu} + m^2A^\nu = 0$. En y développant $F^{\mu\nu} = \partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu$ :

$\displaystyle \partial^2 A^\nu - \partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) + m^2 A^\nu = 0 $

En Fourier, avec $\partial_\mu \to -\mathrm{i}k_\mu$, tout devient algébrique :

$\displaystyle \underbrace{\Big[(m^2 - k^2)\,g^{\nu\mu} + k^\nu k^\mu\Big]}_{\textstyle M^{\nu\mu}}\,A_\mu = 0 $

Le propagateur est l’inverse de $M$
C’est le principe déjà employé pour le fermion : la fonction de Green d’un opérateur est son inverse. Et comme $M$ ne peut être construit qu’avec les deux seuls tenseurs disponibles, $g_{\mu\nu}$ et $k_\mu k_\nu$, son inverse l’est aussi. On postule donc

$\displaystyle (M^{-1})_{\mu\rho} = a\,g_{\mu\rho} + b\,k_\mu k_\rho $

et l’on détermine $a$ et $b$ en exigeant $M^{\nu\mu}(M^{-1})_{\mu\rho} = \delta^\nu_\rho$. Le produit se développe en

$\displaystyle a(m^2-k^2)\,\delta^\nu_\rho + \Big[a + b(m^2 - k^2) + b\,k^2\Big]\,k^\nu k_\rho $

Identifier les deux structures
Le coefficient de $\delta^\nu_\rho$ doit valoir 1, celui de $k^\nu k_\rho$ doit s’annuler :

$\displaystyle a = \frac{1}{m^2 - k^2}\quad$ et $\displaystyle \quad a + b\,m^2 = 0 \;\Longrightarrow\; b = -\frac{a}{m^2} $

Dans la seconde équation, les deux termes en $k^2$ se sont compensés, et il n’est resté que $m^2$. Pour en tirer $b$, il a donc fallu diviser par $m^2$. C’est là, et nulle part ailleurs, que naît le $1/m^2$ du propagateur.

Conclure
En rétablissant le facteur $\mathrm{i}$ et la prescription causale :

$\displaystyle \tilde D_{0\mu\nu}(k) = \frac{\mathrm{i}\left(-g_{\mu\nu} + k_\mu k_\nu/m^2\right)}{k^2 - m^2 + \mathrm{i}\epsilon} $

Morale
L’opérateur $M$ n’est inversible que parce que la masse est non nulle. Vérifions-le en le contractant avec $k_\mu$ :

$\displaystyle M^{\nu\mu}k_\mu = (m^2 - k^2)k^\nu + k^\nu k^2 = m^2\,k^\nu $

Si $m \neq 0$, le résultat est non nul et $M$ est régulier. Mais si $m = 0$, alors $M^{\nu\mu}k_\mu = 0$ : l’opérateur annihile $k_\mu$, il devient un projecteur, et un projecteur n’a pas d’inverse.

Ce n’est pas un accident de calcul, c’est l’invariance de jauge qui se manifeste : ajouter $k_\mu\chi$ à $A_\mu$ ne change rien à la physique, donc l’équation du mouvement ne peut pas déterminer $A_\mu$ de façon unique, donc l’opérateur est nécessairement singulier. La masse, en brisant l’invariance de jauge, rendait le problème bien posé.

D’où la difficulté qui nous attend. Le terme $k_\mu k_\nu/m^2$ est le prix payé pour cette inversibilité, et il explose exactement quand on retire ce qui la garantissait. L’identité de Ward le rendra inoffensif en fin de chapitre ; mais nous savons déjà que sa disparition ne sera pas gratuite, puisqu’il faudra en échange fixer la jauge.

L’amplitude d’interaction entre deux courants $J^\mu_a$ et $J^\nu_b$ s’écrit

$\displaystyle \mathcal A = J^\mu_a\left(\frac{-\mathrm{i} g_{\mu\nu}}{k^2}\right)J^\nu_b = \frac{-\mathrm{i}}{k^2}\left(J^0_aJ^0_b - J^1_aJ^1_b - J^2_aJ^2_b - J^3_aJ^3_b\right) $

Choisissons un référentiel commode, où le photon échangé se propage selon $z$ : $k^\mu = (k^0, 0, 0, k^3)$.

Utilisons la conservation du courant, $k_\mu J^\mu = 0$, qui donne ici $k^0J^0 = k^3J^3$, soit $J^3 = (k^0/k^3)J^0$. Cela permet d’éliminer $J^3$ au profit de $J^0$ :

$\displaystyle J^0_aJ^0_b - J^3_aJ^3_b = J^0_aJ^0_b\left(1 - \frac{(k^0)^2}{(k^3)^2}\right) = -\,J^0_aJ^0_b\,\frac{k^2}{(k^3)^2} $

en reconnaissant $k^2 = (k^0)^2 - (k^3)^2$. Le facteur $k^2$ ainsi produit se simplifie contre le dénominateur du propagateur, et il reste

$\displaystyle \mathcal A = \mathrm{i}\,\frac{J^0_a J^0_b}{(k^3)^2} + \mathrm{i}\,\frac{J^1_a J^1_b + J^2_a J^2_b}{(k^0)^2 - (k^3)^2} $

Deux morceaux, deux physiques

Le premier, en $J^0J^0/\boldsymbol k^2$, n’a plus de pôle : ce n’est pas une particule qui se propage, c’est la transformée de Fourier du potentiel de Coulomb instantané, répulsif entre charges de même signe. Son instantanéité n’est qu’un artefact du découpage non covariant que nous venons de faire ; c’est le terme dominant du régime non relativiste, et le fondement de toute la matière condensée.

Le second garde le pôle en $k^2 = 0$ : c’est le photon rayonné. Et il ne couple que $J^1$ et $J^2$, c’est-à-dire les directions transverses à la propagation. On lit donc directement qu’il n’existe que deux polarisations physiques, alors que le propagateur en transportait apparemment quatre.

Moralité : un seul objet, $-\mathrm{i}g_{\mu\nu}/k^2$, contient à la fois l’électrostatique et la lumière. Les deux composantes « en trop » ne créent pas de particules parasites ; elles conspirent pour fabriquer le Coulomb instantané, et rien d’autre.

Cherchons tous les termes qu’on pourrait écrire avec un champ de Dirac et un champ de jauge, et voyons chacun tomber.

• $\bar\psi\psi\,A_\mu A^\mu$
  Lorentz-invariant, pourtant interdit : sous une transformation de jauge $A_\mu \to A_\mu - \frac{1}{q}\partial_\mu\alpha$, le produit $A_\mu A^\mu$ n'est pas invariant. La symétrie de jauge l'exclut.


• $\bar\psi\gamma^\mu\gamma^5\psi\,A_\mu$, le couplage axial
  Celui-là passe l'épreuve de la jauge et celle de Lorentz. Mais $\gamma^5$ change de signe sous la parité : ce couplage violerait $\mathrm P$. Or l'électromagnétisme la respecte, comme la partie sur les symétries discrètes l'a établi. C'est en revanche exactement le couplage dont l'interaction faible aura besoin.


• $\bar\psi\,\sigma^{\mu\nu}\psi\,F_{\mu\nu}$, le terme de Pauli
  Et celui-là est le plus intéressant, car il franchit tous les obstacles précédents : invariant de jauge (il est bâti sur $F_{\mu\nu}$, lui-même invariant), invariant de Lorentz, et pair sous la parité. Rien ne l'interdit... sauf le comptage de dimensions. Cet opérateur est de dimension 5, donc son couplage aurait une dimension de masse négative : la théorie ne serait pas renormalisable.

Le terme de Pauli est précisément celui qui donnerait à l’électron un moment magnétique anormal dès l’arbre, avec un coefficient arbitraire. S’il était permis, $g$ serait un paramètre libre qu’on ajusterait sur l’expérience, et il n’y aurait rien à prédire.

Parce qu’il est interdit, le vertex reste $\gamma^\mu$ pur, la valeur $g = 2$ est une prédiction de l’arbre, et l’écart $g - 2$ devient entièrement calculable comme effet de boucle. Toute la précision de QED, celle qui donne dix chiffres significatifs à la partie suivante, repose sur cette absence.

La charge est définie par $Q = \int\mathrm{d}^3x;J^0(x)$, et l’on pourrait croire l’affaire mal engagée : $J^0$ est la composante temporelle d’un quadrivecteur, elle change donc sous un boost. Et l’élément de volume $\mathrm{d}^3x$ change aussi, par contraction des longueurs. Rien ne semble garantir que le produit soit invariant.

Or les deux effets se compensent exactement, et ce n’est pas une coïncidence : c’est une conséquence de la conservation du courant, $\partial_\mu J^\mu = 0$. Le théorème de la divergence appliqué à un quadrivolume montre que l’intégrale de $J^0$ sur une hypersurface de genre espace ne dépend pas du choix de cette hypersurface, donc ne dépend pas du référentiel qui la définit.

Voilà pourquoi la charge est quantifiée de la même façon pour tous les observateurs, et pourquoi l’on peut parler de « la » charge de l’électron sans préciser dans quel référentiel on la mesure.

Le contraste avec Yukawa est instructif. Si le couplage avait été scalaire, $-g,\bar\psi\psi,\phi$, il n’y aurait aucun courant conservé associé, donc aucune charge, donc aucune raison pour que $g$ soit relié à quoi que ce soit d’universel. De fait, les couplages de Yukawa du modèle standard sont des paramètres libres et tous différents, un par fermion. La différence entre les deux situations tient entièrement à ce que $\gamma^\mu$ fabrique un courant conservé et que $1$ n’en fabrique pas.

Deux ingrédients, tous deux déjà établis. D’abord, en représentation chirale, $\gamma^\mu$ est purement hors diagonale :

$\displaystyle \gamma^\mu = \begin{pmatrix} 0 & \sigma^\mu \\ \bar\sigma^\mu & 0 \end{pmatrix} $

Ensuite, le $\gamma^0$ caché dans la barre échange les blocs du spineur adjoint :

$\displaystyle \bar\psi = \big(\psi_L^\dagger,\ \psi_R^\dagger\big)\begin{pmatrix} 0 & I \\ I & 0\end{pmatrix} = \big(\psi_R^\dagger,\ \psi_L^\dagger\big) $

Il ne reste qu’à multiplier :

$\displaystyle \bar\psi\gamma^\mu\psi = \big(\psi_R^\dagger,\ \psi_L^\dagger\big)\begin{pmatrix} 0 & \sigma^\mu \\ \bar\sigma^\mu & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \psi_L \\ \psi_R \end{pmatrix} = \big(\psi_R^\dagger,\ \psi_L^\dagger\big)\begin{pmatrix} \sigma^\mu\psi_R \\ \bar\sigma^\mu\psi_L \end{pmatrix} $

d’où le résultat annoncé. Les deux échanges de blocs se sont compensés : celui du $\gamma^0$ de la barre et celui de $\gamma^\mu$. C’est leur conjonction qui produit un résultat diagonal en chiralité.

Comparons maintenant avec le terme de masse. Le même calcul, mais sans $\gamma^\mu$, ne bénéficie que d’un seul échange :

$\displaystyle \bar\psi\psi = \big(\psi_R^\dagger,\ \psi_L^\dagger\big)\begin{pmatrix} \psi_L \\ \psi_R \end{pmatrix} = \psi_R^\dagger\psi_L + \psi_L^\dagger\psi_R $

Purement croisé ! C’est l’exact opposé du courant. On retrouve donc, sous une autre forme, ce que la lecture par blocs du propagateur avait révélé : la masse renverse la chiralité, le couplage vectoriel la conserve. Le propagateur portait $m$ sur sa diagonale et $p\cdot\sigma$ hors diagonale ; ici, la masse est hors diagonale en chiralité et le courant diagonal. Ce sont deux façons de dire la même chose.

• Deux sortes d'indices

Avant de calculer, séparons ce qui va se mélanger. Dans l’expression $\bar v(p’)\,\gamma^\mu\,u(p)$, deux indices vivent côte à côte sans rien avoir en commun.

L’indice de spineur, qui court de 1 à 4, est celui que porte la structure ligne–colonne. Il est sommé dans le produit : $\bar v$ est une ligne à 4 entrées, $\gamma^\mu$ une matrice $4\times4$, $u$ une colonne à 4 entrées. Leur produit est donc un nombre.

L’indice de Lorentz $\mu$, qui court de 0 à 3, n’est au contraire pas sommé : il étiquette quatre matrices $\gamma^\mu$ différentes, donc quatre nombres différents.

$\bar v(p’)\,\gamma^\mu\,u(p)$ est, pour chaque $\mu$ fixé, un nombre. Les quatre nombres obtenus, rassemblés, forment un quadrivecteur. Et c’est cela qui nous autorisera plus loin à le faire tourner.

• Choisir les hélicités

Prenons un $e^-$ droit d’impulsion selon $+z$. Un électron relativiste droit a l’hélicité $h = +1$, donc un spin physique vers le haut selon $z$ : $\xi = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$.

Faisons-le collisionner avec un $e^+$ gauche d’impulsion selon $-z$. Souvenons-nous que pour une antiparticule, les conventions s’inversent. Un positron gauche et relativiste a lui aussi $h = +1$, et son spineur à deux composantes est $\eta = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$, ce qui correspond bien à un spin physique vers le haut selon $z$.

Les deux spins pointent donc dans le même sens, et la paire entrante porte un moment cinétique total $J_z = +1$. Retenons-le : ce sera la clé de la lecture finale.

• Les spineurs dans la limite ultra-relativiste

Reprenons les expressions établies à la partie 13 et faisons $|\boldsymbol p| \to E$. Pour $\boldsymbol p = E\hat{\boldsymbol z}$ :

$\displaystyle p\cdot\sigma = E\,(I - \sigma^3) = 2E\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}\\ p\cdot\bar\sigma = E\,(I + \sigma^3) = 2E\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix} $

Chacune de ces matrices a une entrée nulle, et c’est tout le mécanisme : une des deux chiralités va s’éteindre. En prenant les racines et en appliquant à $\xi = \begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix}$, le bloc supérieur (gauche) s’annule et il reste la colonne

$\displaystyle u(p) = \sqrt{2E}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} $

Le spineur est purement droit, comme il se doit. Le même calcul pour le positron, avec $\boldsymbol p’ = -E\hat{\boldsymbol z}$ et $\eta = \begin{pmatrix} 0 \\ 1\end{pmatrix}$, échange les rôles des deux matrices et donne

$\displaystyle v(p') = \sqrt{2E}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} $

le signe moins venant du bloc inférieur de $v$, établi au repos à la partie 13.

Chaque colonne n’a plus qu’une seule entrée non nulle, et toutes deux se trouvent dans le bloc inférieur : c’est ce qui rend le calcul faisable à la main.

• L'outil de contraction

L’amplitude fait intervenir $\bar v\,\gamma^\mu\,u$, où la barre cache un $\gamma^0$. Regroupons-le avec $\gamma^\mu$ pour n’avoir qu’une matrice à manipuler :

$\displaystyle \underbrace{\bar v(p')}_{\text{ligne}}\,\gamma^\mu\,\underbrace{u(p)}_{\text{colonne}} = \underbrace{v^\dagger(p')}_{\text{ligne}}\;\underbrace{\big(\gamma^0\gamma^\mu\big)}_{\text{matrice }4\times4}\;\underbrace{u(p)}_{\text{colonne}} $

Calculons une fois pour toutes ce produit de matrices :

$\displaystyle \gamma^0\gamma^\mu = \begin{pmatrix} 0 & I \\ I & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & \sigma^\mu \\ \bar\sigma^\mu & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \bar\sigma^\mu & 0 \\ 0 & \sigma^\mu \end{pmatrix} $

Cette matrice est diagonale par blocs, alors que $\gamma^\mu$ seule était hors diagonale. Le $\gamma^0$ de la barre a remis les blocs en place, et l’on retrouve exactement le résultat de la section précédente : le courant ne mélange pas les chiralités.

• Le courant entrant

Nos deux spineurs n’ayant de support que dans le bloc inférieur, seul le bloc $\sigma^\mu$ va travailler.

$\displaystyle \bar v(p')\,\gamma^\mu\,u(p) = 2E\;\underbrace{\big(\,0\;\;0\;\;0\;\;-1\,\big)}_{v^\dagger(p')/\sqrt{2E}}\;\begin{pmatrix} \bar\sigma^\mu & 0 \\ 0 & \sigma^\mu \end{pmatrix}\;\underbrace{\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}}_{u(p)/\sqrt{2E}} $

Les deux racines se sont multipliées en $2E$. En ne gardant que le bloc inférieur, la ligne se réduit à $(0\;\;-1)$ et la colonne à $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ :

$\displaystyle \bar v(p')\,\gamma^\mu\,u(p) = 2E\;\big(\,0\;\;-1\,\big)\,\sigma^\mu\,\begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix} = -\,2E\;\big(\sigma^\mu\big)_{21} $

La ligne sélectionne la deuxième ligne de $\sigma^\mu$ et la colonne sa première colonne : il ne reste que l’entrée $(2,1)$, avec le signe moins de la ligne.

Il suffit alors de lire cette entrée dans les quatre matrices de la famille $\sigma^\mu = (I,\,\sigma^1,\,\sigma^2,\,\sigma^3)$ :

$\displaystyle \big(I\big)_{21} = 0, \quad \big(\sigma^1\big)_{21} = 1, \quad \big(\sigma^2\big)_{21} = \mathrm i, \quad \big(\sigma^3\big)_{21} = 0 $

d’où le quadrivecteur annoncé, dont les quatre entrées sont indexées par $\mu$ et non par un indice de spineur :

$\displaystyle \bar v(p')\,\gamma^\mu\,u(p) = -2E\,\big(\,0,\;1,\;\mathrm i,\;0\,\big) $

Sa composante temporelle est nulle : aucune partie scalaire. Et sa partie spatiale est $\hat{\boldsymbol x} + \mathrm i\hat{\boldsymbol y}$, qui est le vecteur de base sphérique de moment cinétique $J_z = +1$. Le courant décrit donc exactement le spin total de la paire entrante, celui que nous avions repéré en choisissant les hélicités.

• Le courant sortant, sans refaire le calcul

Le courant des muons, $\bar u(k)\,\gamma^\mu\,v(k’)$, est presque le même objet. Deux différences seulement :

• les rôles de la ligne et de la colonne sont échangés ($\bar u$ en ligne, $v$ en colonne). Or échanger les deux spineurs revient simplement à conjuguer : un produit $\bar v\,\gamma^\mu u$ est un nombre, donc le conjuguer revient à en prendre l'adjoint, ce qui renverse l'ordre des facteurs et fait apparaître les $\gamma^0$ des deux barres ; et comme $\gamma^0\gamma^{\mu\dagger}\gamma^0 = \gamma^\mu$, la matrice ressort inchangée. Il reste donc $\big[\bar v(k')\gamma^\mu u(k)\big]^* = \bar u(k)\gamma^\mu v(k')$ ;
• et les impulsions des muons sont celles des électrons tournées de l'angle $\theta$ dans le plan de la réaction. C'est ici que l'on récolte la remarque du début : puisque ces quatre nombres forment un quadrivecteur, on sait les faire tourner.

Une rotation d’angle $\theta$ autour de $y$ envoie $\hat{\boldsymbol x} \to \hat{\boldsymbol x}\cos\theta - \hat{\boldsymbol z}\sin\theta$ et laisse $\hat{\boldsymbol y}$ inchangé, donc transforme la partie spatiale $(1,\;\mathrm i,\;0)$ en $(\cos\theta,\;\mathrm i,\;-\sin\theta)$. En conjuguant ensuite :

$\displaystyle \bar u(k)\,\gamma^\mu\,v(k') = \Big[-2E\,\big(0,\;\cos\theta,\;\mathrm i,\;-\sin\theta\big)\Big]^{*} = -2E\,\big(\,0,\;\cos\theta,\;-\mathrm i,\;-\sin\theta\,\big) $

Seule la composante $y$ a changé de signe, puisque c’est la seule imaginaire.

• Contracter, et récolter

L’amplitude est le produit scalaire des deux quadrivecteurs, relié par le propagateur du photon. Ici l’indice $\mu$ est enfin sommé, avec la métrique $(+,-,-,-)$, et la composante temporelle étant nulle des deux côtés, seules les trois spatiales contribuent :

$\displaystyle \big(\bar v\gamma^\mu u\big)\,g_{\mu\nu}\,\big(\bar u\gamma^\nu v\big) = -\,4E^2\Big[\underbrace{(1)(\cos\theta)}_{x} + \underbrace{(\mathrm i)(-\mathrm i)}_{y} + \underbrace{(0)(-\sin\theta)}_{z}\Big] = -4E^2\,(1 + \cos\theta) $

Le terme en $y$ vaut $+1$, les deux facteurs imaginaires se multipliant en $-\mathrm i^2$ : c’est lui qui fabrique le $1$ à côté du $\cos\theta$. En insérant le propagateur et les deux vertex :

$\displaystyle \mathrm i\mathcal M = -\mathrm i\,\frac{4e^2E^2}{q^2}\,(1 + \cos\theta) $

et comme l’énergie disponible dans le centre de masse vaut $q^2 = (2E)^2 = 4E^2$, les facteurs se simplifient complètement :

$\displaystyle \mathcal M\big(e^-_{\mathrm R}e^+_{\mathrm L} \to \mu^-_{\mathrm R}\mu^+_{\mathrm L}\big) = -e^2\,(1 + \cos\theta) $

• Les autres combinaisons, et les zéros

En répétant l’opération, on trouve quatre amplitudes non nulles, deux à deux égales :

$\displaystyle \mathcal M\big(e^-_{\mathrm R}e^+_{\mathrm L} \to \mu^-_{\mathrm R}\mu^+_{\mathrm L}\big) = \mathcal M\big(e^-_{\mathrm L}e^+_{\mathrm R} \to \mu^-_{\mathrm L}\mu^+_{\mathrm R}\big) = -e^2\,(1+\cos\theta) $

$\displaystyle \mathcal M\big(e^-_{\mathrm R}e^+_{\mathrm L} \to \mu^-_{\mathrm L}\mu^+_{\mathrm R}\big) = \mathcal M\big(e^-_{\mathrm L}e^+_{\mathrm R} \to \mu^-_{\mathrm R}\mu^+_{\mathrm L}\big) = -e^2\,(1-\cos\theta) $

et toutes les autres sont rigoureusement nulles. Ces zéros ne sont pas des accidents de calcul : ils viennent de ce que $\gamma^0\gamma^\mu$ est diagonale par blocs. Si la ligne et la colonne n’ont pas leur support dans le même bloc, le produit s’annule identiquement, quelle que soit la matrice. C’est la conservation de la chiralité par le vertex vectoriel, établie à la section précédente, vue ici à l’œuvre.

• La moyenne

Les faisceaux ne sont pas polarisés : on moyenne sur les quatre configurations initiales et l’on somme sur les finales.

$\displaystyle \frac{1}{4}\sum_{\text{spins}}|\mathcal M|^2 = \frac{e^4}{2}\Big[(1+\cos\theta)^2 + (1-\cos\theta)^2\Big] = e^4\,\big(1 + \cos^2\theta\big) $

les termes croisés en $\cos\theta$ se compensant entre les deux familles.

Une dernière lecture, qui dispense du calcul. Le facteur $(1+\cos\theta)$ vaut $2\cos^2(\theta/2)$ : c’est l’amplitude de recouvrement entre un état de moment cinétique $J_z = +1$ le long de l’axe des électrons et le même état le long de l’axe des muons. Autrement dit, la matrice de rotation $d^{,1}_{11}(\theta) = \tfrac{1}{2}(1+\cos\theta)$ du moment cinétique 1. Toute la dépendance angulaire du processus est un pur effet géométrique de composition de spins.