Théorie quantique des champs – Partie 15
Notes de lecture du livre Quantum field theory for the gifted amateur de Thomas Lancaster et Stephen Blundell.
Trois processus historiques, et une technique qui les gouverne tous.
Les parties précédentes ont fourni les règles de Feynman de l’électrodynamique quantique. Il reste à les faire tourner jusqu’au bout, c’est-à-dire jusqu’à un nombre qu’un expérimentateur puisse comparer à ses mesures. C’est l’objet de cette partie, entièrement consacrée à la pratique.
- La boîte à outils. Un obstacle se dresse dès qu'on veut un résultat réaliste : les faisceaux ne sont pas polarisés et les détecteurs sont aveugles au spin, si bien qu'il faut moyenner et sommer sur des spins qu'on ne connaît pas. Le premier chapitre rassemble la technique qui rend ces sommes mécaniques, et qu'on appelle l'algorithme des traces.
- Rutherford. La diffusion d'un électron sur un noyau lourd, celle qui fit découvrir le noyau en 1911. On la traite en remplaçant le noyau par un potentiel classique, ce qui donne le calcul le plus court de toute la partie.
- Mott. Le même processus, mais sans aucune approximation. La technique des traces y est déployée en entier, et le résultat révèle un effet de spin invisible chez Rutherford : la rétrodiffusion s'éteint à haute énergie.
- Compton. La diffusion d'un photon sur un électron, avec ses deux diagrammes. On y récolte les variables de Mandelstam et la symétrie de croisement, qui permet de déduire plusieurs processus d'un seul calcul.
La boîte à outils des traces
Avant tout calcul, réglons une difficulté de principe qui va se présenter dans les trois chapitres suivants.
Pourquoi il faut moyenner et sommer
Quand un expérimentateur mesure une section efficace, il ne connaît généralement pas les polarisations. Les faisceaux ne sont pas polarisés, et les détecteurs ne distinguent pas les états de spin.
Il faut donc moyenner sur les états de spin initiaux, dont on ignore la valeur, et sommer sur les états finaux, que le détecteur confond :
$\displaystyle \overline{|\mathcal M|^2} \;=\; \frac{1}{N_{\mathrm{init}}}\sum_{\text{spins init.}}\;\sum_{\text{spins fin.}} |\mathcal M|^2 $
avec $N_{\mathrm{init}} = 2$ par fermion entrant non polarisé et $2$ par photon entrant.
La différence entre les deux opérations n’est pas cosmétique. On moyenne à l’entrée parce que chaque configuration initiale est également probable et qu’une seule se réalise ; on somme à la sortie parce que toutes les configurations finales contribuent au même comptage dans le détecteur. Intervertir les deux change les facteurs numériques et fausse le résultat.
Ces sommes portent sur des spineurs, objets encombrants. Toute la technique qui suit consiste à les faire disparaître.
Les quatre outils
Boîte à outils : astuces de spineurs, de traces et de polarisation
- Spineurs 1 (conjugaison) :
$\big[\bar u(f)\,\Gamma\,u(i)\big]^{*} = \bar u(i)\,\gamma^0\Gamma^\dagger\gamma^0\,u(f)$. Comme $\gamma^0\gamma^{\mu\dagger}\gamma^0 = \gamma^\mu$, conjuguer revient simplement à échanger les deux spineurs lorsque $\Gamma = \gamma^\mu$. - Spineurs 2 (sommes de spin) :
$\displaystyle\sum_s u^s(p)\,\bar u^s(p) = \not{\!\!p} + m$ et $\displaystyle\sum_s v^s(p)\,\bar v^s(p) = \not{\!\!p} - m$, démontrées à la partie 13. - Traces :
- $\mathrm{Tr}(I) = 4$ ;
- la trace d'un nombre impair de matrices $\gamma$ est nulle ;
- $\mathrm{Tr}(\gamma^\mu\gamma^\nu) = 4g^{\mu\nu}$ ;
- $\mathrm{Tr}(\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma) = 4\big(g^{\mu\nu}g^{\rho\sigma} - g^{\mu\rho}g^{\nu\sigma} + g^{\mu\sigma}g^{\nu\rho}\big)$ ;
- et la contraction $\gamma^\mu\,\not{\!\!a}\,\gamma_\mu = -2\,\not{\!\!a}$.
- Photon : $\displaystyle\sum_{\mathrm{polar.}}\epsilon_\mu(p)\,\epsilon^*_\nu(p) \longrightarrow -g_{\mu\nu}$, établie à la partie précédente à partir de la relation de fermeture des polarisations et de l'identité de Ward.
Le premier de ces outils a déjà servi : c’est lui qui permettait, dans le calcul en amplitudes d’hélicité de la partie précédente, d’obtenir le courant sortant des muons sans refaire le calcul du courant entrant.
D'où viennent ces identités ?
Spineurs 1
Un produit $\bar u\,\Gamma\,u$ est un nombre (ligne fois matrice fois colonne), donc le conjuguer revient à en prendre l’adjoint. L’adjoint renverse l’ordre des facteurs et fait apparaître les $\gamma^0$ cachés dans les deux barres, d’où la forme donnée. Et pour $\Gamma = \gamma^\mu$, l’identité $\gamma^0\gamma^{\mu\dagger}\gamma^0 = \gamma^\mu$ ramène la matrice à elle-même.
Traces
Les deux premières sortent de l’algèbre de Clifford. Pour $\mathrm{Tr}(\gamma^\mu\gamma^\nu)$, on utilise la cyclicité de la trace pour symétriser :
$\displaystyle \mathrm{Tr}(\gamma^\mu\gamma^\nu) = \tfrac{1}{2}\,\mathrm{Tr}\big(\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\}\big) = \tfrac{1}{2}\cdot 2g^{\mu\nu}\,\mathrm{Tr}(I) = 4g^{\mu\nu} $
Pour quatre matrices, on fait migrer la première vers la droite en l’anticommutant successivement avec les trois autres, chaque échange produisant un $2g$ et un signe moins ; la cyclicité ramène alors la trace de départ au premier membre, et l’on résout. Les trois termes alternés du résultat sont les trois façons d’apparier quatre indices deux à deux, avec le signe de la permutation.
La règle du nombre impair est la plus rentable de toutes, car elle élimine la moitié des termes avant tout calcul. Elle vient de $\gamma^5$ : cette matrice vérifie $(\gamma^5)^2 = I$ et anticommute avec tous les $\gamma^\mu$. En insérant $I = \gamma^5\gamma^5$ dans la trace et en faisant traverser $n$ matrices à l’un des deux facteurs, on ramasse $(-1)^n$ ; pour $n$ impair, la trace est égale à son opposée, donc nulle.
Contraction
$\gamma^\mu\gamma^\alpha\gamma_\mu = -2\gamma^\alpha$ s’obtient en anticommutant $\gamma^\alpha$ à travers $\gamma_\mu$ : il vient $\gamma^\mu\gamma^\alpha\gamma_\mu = 2\gamma^\alpha - \gamma^\alpha\gamma^\mu\gamma_\mu$, et $\gamma^\mu\gamma_\mu = 4I$ en dimension 4.
L’algorithme, en cinq pas
- Écrire $|\mathcal M|^2 = \mathcal M\,\mathcal M^*$ et conjuguer le second facteur avec l'astuce Spineurs 1.
- Écrire tous les indices spinoriels explicitement. Chaque facteur devient alors un nombre, et l'on peut les réordonner librement.
- Effectuer les sommes de spin avec l'astuce Spineurs 2 : les spineurs se soudent en matrices $\not{\!\!p} + m$.
- Constater que la chaîne d'indices s'est refermée sur elle-même : c'est une trace.
- Évaluer la trace avec les identités.
Dans le pas 2, écrire les indices transforme des matrices, qui ne commutent pas, en un produit de nombres, qui commutent : on gagne le droit de déplacer les facteurs pour rapprocher les spineurs à sommer. Une fois la somme faite, on regroupe et la structure matricielle se reforme, mais refermée en boucle.
L’idée en une phrase : une somme sur des spineurs se replie sur une trace de matrices, laquelle s’évalue avec quelques identités. On échange un objet à quatre composantes contre une opération purement algébrique.
Rutherford : la découverte du noyau
Un électron diffuse sur un noyau de charge $Z|e|$, si lourd qu’il ne recule pas. C’est la célèbre expérience de Rutherford (article de 1911) faite en bombardant des particules alpha sur une feuille d’or.
Le noyau comme potentiel classique
Puisque le noyau ne recule pas, inutile de le décrire comme un champ quantifié : on le remplace par un potentiel classique statique $A^\mu_{\mathrm{cl}}(x)$.
La règle de Feynman correspondante s’obtient en remplaçant la ligne de photon et son vertex par
$\displaystyle -\mathrm{i}\,Q|e|\;\gamma_\mu\;\tilde A^\mu_{\mathrm{cl}}(q) $
L’électron interagit donc avec la transformée de Fourier du potentiel, évaluée au transfert d’impulsion $q = p’ - p$, et non avec le potentiel lui-même.
Ce point mérite qu’on s’y arrête, car il éclaire toute la physique de la diffusion. Une particule d’impulsion transférée $q$ ne « voit » du potentiel que sa composante de Fourier à cette échelle. Sonder les petites distances demande donc de grands transferts, c’est-à-dire de grands angles, et c’est précisément ce que Rutherford exploitera pour conclure à l’existence d’un noyau compact.
Formule de Rutherford
$\displaystyle \frac{\mathrm{d}\sigma}{\mathrm{d}\Omega} = \frac{Z^2\alpha^2}{4m^2 v^4\,\sin^4(\theta/2)} $
où $\alpha=\frac{e^2}{4\pi}$ est la constante de structure fine
Le calcul, en quatre pas
La transformée du potentiel
Pour le Coulomb $A^0_{\mathrm{cl}}(\boldsymbol r) = \dfrac{Z|e|}{4\pi|\boldsymbol r|}$ (et $\boldsymbol A_\mathrm{cl}(\boldsymbol r)=0$), il faut la transformée de Fourier de $1/r$. C’est celle-là même que nous avions calculée dans la partie sur les propagateurs, en établissant le potentiel de Yukawa : la transformée de $\mathrm e^{-mr}/r$ vaut $1/(\boldsymbol q^2 + m^2)$, et il suffit d’y poser $m = 0$ :
$\displaystyle \tilde A^0_{\mathrm{cl}}(\boldsymbol q) = \frac{Z|e|}{\boldsymbol q^2} $
L’amplitude
Avec $Q = -1$ pour l’électron, une seule règle de Feynman suffit :
$\displaystyle \mathrm{i}\mathcal M = \mathrm{i}\,\frac{Z e^2}{\boldsymbol q^2}\;\bar u(p')\,\gamma^0\,u(p) $
La cinématique
La diffusion est élastique sur un centre infiniment lourd, donc $|\boldsymbol p’| = |\boldsymbol p|$. Le transfert se lit alors sur un triangle isocèle :
$\displaystyle \boldsymbol q^2 = |\boldsymbol p' - \boldsymbol p|^2 = 2\boldsymbol p^2\,(1 - \cos\theta) = 4\boldsymbol p^2\sin^2\frac{\theta}{2} $
en utilisant $1 - \cos\theta = 2\sin^2(\theta/2)$. C’est ce $\sin^2(\theta/2)$, élevé au carré par le module de l’amplitude, qui produira le fameux $\sin^{-4}$.
Le facteur spinoriel, dans la limite non relativiste
Ici $\bar u(p’)\gamma^0 u(p) = 2m\,\xi’^\dagger\xi = 2m$ pour des spins alignés.
Il reste à convertir l’amplitude en section efficace. La relation générale a été établie dans la partie sur la théorie de la diffusion ; pour une diffusion élastique sur un centre fixe, elle se réduit à $\dfrac{\mathrm{d}\sigma}{\mathrm{d}\Omega} = \dfrac{|\mathcal M|^2}{(4\pi)^2}$. En y reportant ce qui précède et en posant $|\boldsymbol p| = m v$, on obtient la formule annoncée.
Ce que la formule raconte
Deux traits méritent d’être relevés, et ce sont eux qui firent l’histoire.
La divergence en $\theta \to 0$ est la signature de la portée infinie du potentiel de Coulomb. Une particule passant arbitrairement loin est tout de même déviée, si peu que ce soit, et il y a donc une infinité de particules faiblement déviées. Un potentiel de portée finie, comme celui de Yukawa, donnerait au contraire une section efficace finie à angle nul.
Le $\sin^{-4}$ autorise des rétrodiffusions rares, mais réelles. C’est exactement ce que Rutherford observa, et qui lui parut si extraordinaire : dans le modèle atomique de l’époque, où la charge positive était diluée dans tout l’atome, un tel rebroussement était impossible. Il fallait une charge compacte, capable de fournir de très grands transferts d’impulsion.
Fait remarquable : le calcul quantique redonne exactement le résultat classique de Rutherford, sans le moindre $\hbar$ résiduel. Cette coïncidence tient à la forme particulière du potentiel en $1/r$, et ne se reproduit pour aucun autre potentiel.
Mott : le même calcul, sans approximation
Refaisons le calcul en gardant toute la structure spinorielle. C’est ici que la boîte à outils entre en action.
Le terme à évaluer
La difficulté est le facteur $\big|\bar u^{s’}(p’)\,\gamma^0\,u^s(p)\big|^2$, qu’il faut moyenner sur $s$ et sommer sur $s’$.
L'algorithme à l'œuvre
Les pas 1 à 4
On conjugue avec l’astuce Spineurs 1, on explicite les indices, on somme les spins : les spineurs se soudent en deux matrices, et la chaîne se referme sur elle-même.
$\displaystyle \frac{1}{2}\sum_{s,s'}\Big|\bar u^{s'}(p')\,\gamma^0\, u^s(p)\Big|^2 = \frac{1}{2}\,\mathrm{Tr}\Big[\gamma^0\big(\not{\!\!p} + m\big)\,\gamma^0\big(\not{\!\!p}' + m\big)\Big] $
Le pas 5
En développant le produit, quatre termes apparaissent, mais deux disparaissent immédiatement : ils contiennent trois matrices $\gamma$, donc un nombre impair, et leur trace est nulle.
Il reste :
$\displaystyle \mathrm{Tr}\Big[\gamma^0\not{\!\!p}\,\gamma^0\not{\!\!p}'\Big] = 4\big(E_{\boldsymbol p}E_{\boldsymbol p'} + \boldsymbol p\cdot\boldsymbol p'\big) \quad$ et $\displaystyle \quad m^2\,\mathrm{Tr}\big[(\gamma^0)^2\big] = 4m^2 $
la première venant de l’identité à quatre matrices. D’où
$\displaystyle \frac{1}{2}\sum_{s,s'}\Big|\bar u^{s'}\gamma^0 u^s\Big|^2 = 2\big(E_{\boldsymbol p}^2 + \boldsymbol p\cdot\boldsymbol p' + m^2\big) $
en utilisant $E_{\boldsymbol p’} = E_{\boldsymbol p}$, la diffusion étant élastique.
Réécriture cinématique
Avec $\boldsymbol p\cdot\boldsymbol p’ = \boldsymbol p^2\cos\theta$, $E^2 = \boldsymbol p^2 + m^2$ et $\beta = |\boldsymbol p|/E$, un peu d’algèbre transforme cette expression en
$\displaystyle 4E_{\boldsymbol p}^2\left(1 - \beta^2\sin^2\frac{\theta}{2}\right) $
C’est cette forme, comparée au $4m^2$ du calcul non relativiste, qui produit le facteur correctif de Mott.
Formule de Mott
$\displaystyle \frac{\mathrm{d}\sigma}{\mathrm{d}\Omega} = \frac{Z^2\alpha^2}{4\boldsymbol p^2\beta^2\sin^4(\theta/2)}\left(1 - \beta^2\sin^2\frac{\theta}{2}\right) $
C’est Rutherford, multiplié par un facteur correctif qui vaut 1 à basse vitesse et qui devient décisif à haute énergie.
Le facteur de Mott est un effet de spin
Le facteur $\big(1 - \beta^2\sin^2\frac{\theta}{2}\big)$ n’est pas un ornement relativiste. Regardons ce qu’il fait à $\theta = \pi$, c’est-à-dire en rétrodiffusion, dans la limite ultra-relativiste $\beta \to 1$ :
$\displaystyle 1 - \beta^2\sin^2\frac{\pi}{2} \;\xrightarrow[\ \beta \to 1\ ]{}\; 0 $
La rétrodiffusion s’éteint complètement. Voilà un effet que la formule de Rutherford ne pouvait pas contenir, et il s’explique entièrement par l’hélicité.
À haute énergie, la chiralité est conservée par le vertex vectoriel, et elle coïncide avec l’hélicité : l’hélicité est donc quasi conservée.
Or une rétrodiffusion à $180°$ renverse l’impulsion. Pour conserver l’hélicité, il faudrait donc renverser aussi le spin. Mais le potentiel coulombien se couple par $\gamma^0$, qui ne sait pas faire basculer un spin.
Le processus est donc interdit, et la formule le sait.
Notons enfin que ce facteur n’apparaît qu’avec le spin $\frac{1}{2}$ : une particule scalaire diffusée par le même potentiel obéirait à Rutherford sans correction, à toute vitesse. La formule de Mott est donc une mesure du spin de l’électron, et c’est à ce titre qu’elle fut historiquement importante.
Compton : deux diagrammes et le croisement
La diffusion d’un photon sur un électron, $e^- + \gamma \to e^- + \gamma$, introduit une difficulté nouvelle : elle reçoit deux diagrammes au plus bas ordre, et c’est leur coexistence qui fait tout l’intérêt du calcul.
Les deux canaux
Le photon entrant et le photon sortant s’accrochent tous deux à la même ligne fermionique, celle qui relie l’électron entrant à l’électron sortant. Il y a donc deux topologies possibles, selon l’ordre dans lequel on les rencontre en suivant cette ligne (on ne parle pas ici d’ordre chronologique).
- Canal $s$ : en suivant la ligne fermionique depuis l'électron entrant, on rencontre d'abord le vertex du photon entrant ($p_2$), puis celui du photon sortant. Entre les deux, la ligne interne porte $p_1 + p_2$.
- Canal $u$ : c'est l'inverse. On rencontre d'abord le vertex du photon sortant ($p_4$), puis celui du photon entrant. La ligne interne porte $p_1 - p_4$.
Ce qui distingue les deux canaux est donc l’impulsion de la ligne interne, et rien d’autre : $p_1 + p_2$ d’un côté, $p_1 - p_4$ de l’autre. Les noms des deux canaux viendront de là, comme la section suivante va le montrer.
Les règles de Feynman donnent, pour le canal $s$ :
$\displaystyle \mathrm{i}\mathcal M_s = \bar u(p_3)\,(\mathrm{i}|e|\gamma^\nu)\,\epsilon^*_{\nu}(p_4)\;\frac{\mathrm{i}}{\not{\!\!p}_1 + \not{\!\!p}_2 - m + \mathrm{i}\epsilon}\;\epsilon_{\mu}(p_2)\,(\mathrm{i}|e|\gamma^\mu)\,u(p_1) $
et l’expression analogue en canal $u$, avec $\not{\!\!p}_1 - \not{\!\!p}_4$ dans le propagateur.
Les variables de Mandelstam
Pour un processus à quatre pattes, il n’existe que trois façons d’apparier les particules deux à deux.
D’où trois invariants de Lorentz, qui suffisent à décrire toute la cinématique.
$\displaystyle s = (p_1 + p_2)^2 \qquad t = (p_1 - p_3)^2 \qquad u = (p_1 - p_4)^2 $
Un canal est nommé d’après la variable que porte sa ligne interne.
Notons l’asymétrie de construction, tout en découle :
- $s$ est bâti sur une somme de deux impulsions entrantes ;
- $t$ et $u$ sont bâtis sur des différences entre une entrante et une sortante.
Cette remarque, apparemment formelle, répond immédiatement à la question des signes.
Signes de $s$, $t$ et $u$
Toutes les impulsions physiques, entrantes comme sortantes, sont des quadrivecteurs orientés vers le futur : leur composante temporelle est positive, et leur carré vaut $m^2 \geq 0$.
Or la somme de deux tels vecteurs est de genre temps, alors que leur différence est en général de genre espace.
Faisons le calcul dans le référentiel du centre de masse pour un processus de diffusion élastique (où les particules 1 et 3 ont une masse $m_1$, et les particules 2 et 4 une masse $m_2$). Posons l’axe $z$ selon les particules entrantes, avec une impulsion de module $p$. Notons $\theta$ l’angle de diffusion :
$\displaystyle p_1 = (E_1,\, 0,\, 0,\, p) \\ p_2 = (E_2,\, 0,\, 0,\, -p) \\ p_3 = (E_1,\, p\sin\theta,\, 0,\, p\cos\theta) \\ p_4 = (E_2,\, -p\sin\theta,\, 0,\, -p\cos\theta) $
$\displaystyle p_1 + p_2 = (E_1 + E_2,\, \boldsymbol 0) \quad\Longrightarrow\quad s = (E_1 + E_2)^2 > 0 $
C’est le carré de l’énergie totale disponible, et ce quadrivecteur est purement temporel dans ce référentiel.
Pour $t$, la différence entre $p_1$ et $p_3$ a sa partie temporelle qui s’annule (les deux particules ayant la même masse, elles ont la même énergie $E_1$) :
$\displaystyle p_1 - p_3 = \big(0,\; -p\sin\theta,\; 0,\; p(1 - \cos\theta)\big) $
Purement spatial ! Son carré est donc négatif ou nul :
$\displaystyle t = -p^2\big[\sin^2\theta + (1-\cos\theta)^2\big] = -2p^2(1 - \cos\theta) \;\leq\; 0 $
Pour $u$, le calcul croisé avec $p_4$ donne cette fois une partie temporelle non nulle si les masses $m_1$ et $m_2$ sont différentes :$\displaystyle p_1 - p_4 = \big(E_1 - E_2,\; p\sin\theta,\; 0,\; p(1 + \cos\theta)\big) $
Son carré se calcule de la même manière :
$\displaystyle u = (E_1 - E_2)^2 - p^2\big[\sin^2\theta + (1+\cos\theta)^2\big] = (E_1 - E_2)^2 - 2p^2(1 + \cos\theta) $
Conclusion
Le quadrivecteur définissant $s$ est purement temporel, garantissant une valeur strictement positive. Celui définissant $t$ est purement spatial en diffusion élastique, ce qui garantit $t \leq 0$ sur tout le domaine physique (puisque $1 - \cos\theta \geq 0$).
L’approche générale montre en revanche que $u$ n’est pas obligatoirement négatif ! Il est majoré par $(E_1 - E_2)^2$, lui- même majoré par $(m_1 - m_2)^2$. L’affirmation selon laquelle $u \leq 0$ n’est absolument vraie que si les masses incidentes sont égales, ou si l’on se place dans la limite ultra-relativiste ($p \gg m$, rendant la différence de masse négligeable devant l’impulsion).
Ces trois quantités ne sont donc pas indépendantes :
$\displaystyle s + t + u = \sum_{i=1}^{4} m_i^2 $
Deux variables suffisent, et l’on choisit d’ordinaire $s$ et $t$.
Dans notre cas, on a bien :
$\displaystyle s + t + u = (E_1+E_2)^2 +-2p^2(1-\cos\theta)+(E_1-E_2)^2-2p^2(1+\cos\theta) = 2(E_1^2-p^2) + 2(E_2^2-p^2) = 2m_1^2 + 2m_2^2 $
Le calcul
Compton dans la limite ultra-relativiste
$\displaystyle \frac{1}{4}\sum_{\mathrm{spins,\;polar.}}|\mathcal M|^2 = -2e^4\left(\frac{u}{s} + \frac{s}{u}\right) $
Cette quantité est bien positive, puisque on a $u < 0$ dans ce domaine.
Pour la démonstration, on va faire tourner l’algorithme des cinq pas, sans raccourci pour une fois.
Le canal $s$, déroulé en entier
Dans la limite où on néglige la masse de l’électron devant sont énergie (limite ultrarelativiste), toutes les pattes sont sur le cône : $p_i^2 = 0$ pour $i = 1, \ldots, 4$. Le dénominateur du propagateur vaut alors $(p_1+p_2)^2 = s$, et l’amplitude se réduit à
$\displaystyle \mathcal M_s = -\frac{e^2}{s}\;\epsilon^*_\nu(p_4)\,\epsilon_\mu(p_2)\;\bar u(p_3)\,\underbrace{\gamma^\nu\big(\not{\!\!p}_1 + \not{\!\!p}_2\big)\gamma^\mu}_{\textstyle \Gamma^{\nu\mu}}\,u(p_1) $
Pas 1 : conjuguer, avec l’astuce Spineurs 1.
Pour $\Gamma^{\nu\mu} = \gamma^\nu\not{\!\!q}\gamma^\mu$ avec $\not{\!\!q} = \not{\!\!p}_1 + \not{\!\!p}_2$, l’adjoint renverse l’ordre des trois facteurs :
$\displaystyle \gamma^0\big(\Gamma^{\nu\mu}\big)^\dagger\gamma^0 = \gamma^\mu\,\not{\!\!q}\,\gamma^\nu $
Pas 2 et 3 : sommer sur les spins avec l’astuce Spineurs 2, qui donne simplement $\not{\!\!p}_1$ et $\not{\!\!p}_3$ puisque les masses sont nulles.
Pas 4 : sommer sur les polarisations avec l’astuce photon. Chacune des deux sommes apporte un $-g$, et les deux signes moins se compensent : on peut donc simplement contracter les indices $\mu$ et $\nu$ entre eux.
La chaîne s’est refermée, et c’est une trace :
$\displaystyle \sum|\mathcal M_s|^2 = \frac{e^4}{s^2}\;\mathrm{Tr}\Big[\gamma^\nu\,\not{\!\!q}\,\gamma^\mu\,\not{\!\!p}_1\;\gamma_\mu\,\not{\!\!q}\,\gamma_\nu\,\not{\!\!p}_3\Big] $
Pas 5 : évaluer, en trois simplifications
La contraction intérieure
L’identité $\gamma^\mu \not{\!\!a}\,\gamma_\mu = -2\not{\!\!a}$ s’applique au groupe central $\gamma^\mu\not{\!\!p}_1\gamma_\mu$ :
$\displaystyle \sum|\mathcal M_s|^2 = -\frac{2e^4}{s^2}\;\mathrm{Tr}\Big[\gamma^\nu\,\not{\!\!q}\,\not{\!\!p}_1\,\not{\!\!q}\,\gamma_\nu\,\not{\!\!p}_3\Big] $
Le sandwich $\not{\!\!q}\not{\!\!p}_1\not{\!\!q}$
On anticommute avec $\not{\!\!q}\not{\!\!p}_1 = 2,q\cdot p_1 - \not{\!\!p}_1\not{\!\!q}$, puis on utilise $(\not{\!\!q})^2 = q^2$ :
$\displaystyle \not{\!\!q}\,\not{\!\!p}_1\,\not{\!\!q} = 2(q\cdot p_1)\,\not{\!\!q} - \not{\!\!p}_1\;q^2 $
Avec $q = p_1 + p_2$, on a $q^2 = 2\,p_1\cdot p_2 = s$ et $q\cdot p_1 = p_1^2 + p_1\cdot p_2 = s/2$. D’où une simplification spectaculaire :
$\displaystyle \not{\!\!q}\,\not{\!\!p}_1\,\not{\!\!q} = s\,\not{\!\!q} - s\,\not{\!\!p}_1 = s\,\big(\not{\!\!q} - \not{\!\!p}_1\big) = s\,\not{\!\!p}_2 $
$\not{\!\!p}_2$ est le résidu de ce sandwich.
La seconde contraction
Il reste $\gamma^\nu\not{\!\!p}_2\gamma_\nu = -2\not{\!\!p}_2$, puis la trace la plus simple de la boîte à outils :
$\displaystyle \sum|\mathcal M_s|^2 = -\frac{2e^4}{s^2}\cdot s\cdot(-2)\;\mathrm{Tr}\big[\not{\!\!p}_2\,\not{\!\!p}_3\big] = \frac{4e^4}{s}\cdot 4\,(p_2\cdot p_3) $
La traduction en Mandelstam
La conservation $p_1 + p_2 = p_3 + p_4$ donne $p_1 - p_4 = p_3 - p_2$, donc
$\displaystyle u = (p_1 - p_4)^2 = (p_3 - p_2)^2 = -2\,p_2\cdot p_3 \quad\Longrightarrow\quad p_2\cdot p_3 = -\frac{u}{2} $
et par conséquent
$\displaystyle \sum|\mathcal M_s|^2 = -\frac{8e^4\,u}{s} \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{1}{4}\sum|\mathcal M_s|^2 = -\frac{2e^4\,u}{s} $
le facteur $\frac{1}{4}$ étant la moyenne sur les deux spins de l’électron entrant et les deux polarisations du photon entrant.
Le canal $u$, et une absence remarquable
Aucun calcul nouveau n’est nécessaire. Les deux topologies diffèrent seulement par l’échange du photon entrant et du photon sortant, c’est-à-dire $p_2 \leftrightarrow -p_4$. Or cet échange transforme précisément $s$ en $u$ :
$\displaystyle s = (p_1 + p_2)^2 \;\longleftrightarrow\; (p_1 - p_4)^2 = u $
Il suffit donc d’échanger $s$ et $u$ dans le résultat précédent :
$\displaystyle \frac{1}{4}\sum|\mathcal M_u|^2 = -\frac{2e^4\,s}{u} $
Le point qui surprend : en additionnant les deux, on obtient le résultat annoncé, sans aucun terme d’interférence. Or les amplitudes s’additionnent avant d’être élevées au carré : un terme croisé $2\,\mathrm{Re}(\mathcal M_s\mathcal M_u^*)$ devrait exister.
Il existe bien, mais il est proportionnel à $m$ et s’éteint donc avec elle. La raison est la conservation de la chiralité, établie à la partie précédente : dans la limite sans masse, les deux canaux ne peuvent contribuer qu’à des configurations d’hélicité différentes, donc à des états finals orthogonaux, qui n’interfèrent pas.
Ce n’est donc pas une règle générale mais un accident de la limite sans masse. Le calcul complet, qui donne la formule de Klein–Nishina, contient bien les interférences.
La symétrie de croisement
Cadeau final du formalisme : l’interprétation de Feynman des antiparticules comme particules remontant le temps autorise à « plier » les pattes d’un diagramme : une particule entrante d’impulsion $p$ devient une antiparticule sortante d’impulsion $-p$ et de charge opposée. Et l’amplitude est la même fonction.
$\displaystyle \mathcal M\big(\phi(p) + \ldots \to \ldots\big) = \mathcal M\big(\ldots \to \ldots + \bar\phi(k)\big)\quad$ avec $\displaystyle \quad p = -k $
Plier change le canal
La topologie du diagramme ne change pas, et la ligne interne porte toujours la même impulsion. Ce qui change, c’est lesquelles des pattes sont entrantes. Or les variables de Mandelstam sont définies par référence aux pattes entrantes : la même impulsion interne change donc de nom.
Partons de l’annihilation $e^-e^+ \to \mu^-\mu^+$ calculée à la partie précédente, en canal $s$. Numérotons :
$\displaystyle 1 = e^-\ \text{entrant} \quad 2 = e^+\ \text{entrant} \quad 3 = \mu^-\ \text{sortant} \quad 4 = \mu^+\ \text{sortant} $
Le photon virtuel porte l’impulsion $p_1 + p_2$, donc $q^2 = s$ : c’est bien le canal $s$.
Plions deux pattes. On fait passer le $e^+$ entrant du côté sortant, où il devient un $e^-$ d’impulsion $-p_2$ ; et le $\mu^+$ sortant du côté entrant, où il devient un $\mu^-$ d’impulsion $-p_4$. Le nouveau processus est
$\displaystyle e^-(p_1) + \mu^-(-p_4) \;\longrightarrow\; e^-(-p_2) + \mu^-(p_3) $
c’est-à-dire une diffusion $e^-\mu^- \to e^-\mu^-$.
Renumérotons selon la convention (deux entrantes d’abord) :
$\displaystyle \tilde p_1 = p_1 \quad \tilde p_2 = -p_4 \quad \tilde p_3 = -p_2 \quad \tilde p_4 = p_3 $
Et calculons les nouvelles variables.
$\displaystyle \tilde s = (\tilde p_1 + \tilde p_2)^2 = (p_1 - p_4)^2 = u $
$\displaystyle \tilde t = (\tilde p_1 - \tilde p_3)^2 = (p_1 + p_2)^2 = s $
Voilà le résultat : l’ancien $s$ est devenu le nouveau $t$.
Et voici pourquoi c’est inévitable. Le photon virtuel n’a pas bougé : il porte toujours $p_1 + p_2$. Mais $p_1$ et $p_2$ ne sont plus deux impulsions entrantes : $p_1$ est entrante et $-p_2 = \tilde p_3$ est sortante. La combinaison « entrante moins sortante » est précisément la définition de $t$.
Le contrôle des signes. Nous savons que $\tilde t \leq 0$ dans le domaine physique du nouveau processus. Et de fait $\tilde t = s$, où $s$ est ici évalué hors du domaine physique de l’ancien processus. C’est tout le sens de la mise en garde qui suit : le croisement échange les variables, mais chacune se retrouve dans une plage de valeurs différente.
Aide-mémoire visuel : le croisement fait pivoter le diagramme d’un quart de tour. Le propagateur qui était vertical, donc de genre temps, devient horizontal, donc de genre espace. Et c’est cohérent avec les signes : $s > 0$ d’un côté, $t < 0$ de l’autre.
Un second exemple : Møller et Bhabha
La diffusion $e^-e^- \to e^-e^-$ (Møller) se croise en $e^-e^+ \to e^-e^+$ (Bhabha), en pliant une patte électronique de chaque côté. Deux expériences très différentes, une seule fonction analytique.
Précautions : le croisement échange les variables, mais aussi leurs domaines. Trois conséquences pratiques :
- les singularités de l'amplitude (pôles de résonance, seuils de production de paires) vivent dans des régions différentes selon le processus. Un pôle en $s = M^2$, visible comme une résonance dans le canal $s$, devient un pôle en $t = M^2$ inaccessible dans le canal $t$, puisque $t \leq 0$ : la résonance disparaît de l'expérience ;
- les facteurs de flux et les facteurs d'espace de phase ne se croisent pas : ils dépendent des masses et des énergies des particules réellement entrantes. Seule l'amplitude $\mathcal M$ se croise, pas la section efficace ;
- les facteurs de moyenne sur les spins changent si le nombre de pattes fermioniques entrantes change.
En pratique : le croisement est un outil de calcul très puissant, mais il faut recalculer tout ce qui n’est pas $\mathcal M$.
Le plan de Mandelstam
Les trois canaux ne sont pas trois calculs, mais trois régions d’un même objet. Il existe une représentation graphique remarquable de cette situation.
La construction :
la contrainte $s + t + u = \sum m_i^2$ dit que la somme des trois variables est constante. Or il existe une propriété classique du triangle équilatéral : pour tout point du plan, la somme de ses distances signées aux trois côtés est constante.
On peut donc utiliser $(s, t, u)$ comme coordonnées d’un point dans un plan, chaque variable étant lue comme la distance à l’un des trois côtés d’un triangle équilatéral.
Détaillons la lecture du diagramme, car chaque élément a un sens précis.
Les trois côtés du triangle sont les droites $s = 0$, $t = 0$ et $u = 0$. Une variable est positive du côté intérieur de son côté, négative de l’autre.
L’intérieur du triangle est la région où les trois variables sont positives simultanément. Aucun processus de diffusion n’y vit, puisque nous avons montré que deux des trois variables sont toujours négatives.
Les trois régions physiques sont donc trois secteurs extérieurs au triangle, un par canal, et ils sont disjoints :
- le secteur où $s > 0$, $t \leq 0$, $u \leq 0$ : c'est le canal $s$, celui du processus $1 + 2 \to 3 + 4$ ;
- le secteur où $t > 0$, $s \leq 0$, $u \leq 0$ : c'est le canal $t$, celui du processus croisé $1 + \bar 3 \to \bar 2 + 4$ ;
- le secteur où $u > 0$, $s \leq 0$, $t \leq 0$ : c'est le canal $u$, celui du processus $1 + \bar 4 \to 3 + \bar 2$.
Les droites en tirets sont les seuils. Pour des particules de masse $m$, produire une paire dans le canal $s$ demande au moins $2m$ d’énergie, soit $s \geq 4m^2$. La région physique du canal $s$ ne commence donc pas au côté $s = 0$, mais au-delà de la droite $s = 4m^2$ ; de même pour les deux autres canaux.
La morale :
l’amplitude $\mathcal M(s, t)$ est une seule fonction analytique définie sur tout le plan. Chaque processus physique n’en observe qu’un secteur. Le croisement consiste à prolonger analytiquement cette fonction d’un secteur à l’autre.
C’est pour cela qu’un seul calcul suffit pour trois processus, et c’est aussi pour cela qu’il faut recalculer les facteurs de flux : eux ne sont pas cette fonction.
Bilan
$\displaystyle \text{faisceaux non polarisés} \;\xrightarrow{\ \text{moyenne + somme}\ }\; \sum_s u^s\bar u^s = \not{\!\!p} + m \;\xrightarrow{\ \text{la chaîne se referme}\ }\; \text{trace} \;\xrightarrow{\ \text{identités}\ }\; \text{nombre} $
$\displaystyle \tilde A^0_{\mathrm{cl}} = \frac{Z|e|}{\boldsymbol q^2},\quad \boldsymbol q^2 = 4\boldsymbol p^2\sin^2\tfrac{\theta}{2} \;\xrightarrow{\ \text{limite non relativiste}\ }\; \text{Rutherford}\ \propto \frac{1}{\sin^4(\theta/2)} $
$\displaystyle \text{sans approximation} \;\xrightarrow{\ \text{traces}\ }\; \text{Mott} = \text{Rutherford} \times \left(1 - \beta^2\sin^2\tfrac{\theta}{2}\right) \;\xrightarrow{\ \beta \to 1,\ \theta = \pi\ }\; \text{rétrodiffusion éteinte} $
$\displaystyle \text{deux canaux} \;\xrightarrow{\ \text{Mandelstam}\ }\; -2e^4\!\left(\tfrac{u}{s} + \tfrac{s}{u}\right) \;\xrightarrow{\ \text{croisement}\ }\; s \leftrightarrow t\ :\ \text{un calcul, plusieurs processus} $
Pièges
- On moyenne sur les états initiaux et l'on somme sur les finaux : facteur $\frac{1}{2}$ par fermion entrant non polarisé, $\frac{1}{2}$ par photon entrant.
- Une trace d'un nombre impair de matrices $\gamma$ est nulle. Ça élimine la moitié des termes.
- L'astuce photon $\sum\epsilon_\mu\epsilon^*_\nu \to -g_{\mu\nu}$ n'est licite que dans une somme sur les polarisations d'un carré d'amplitude, contractée avec des courants conservés. Ce n'est pas une identité vraie terme à terme.
- Le $\sin^{-4}$ de Rutherford ne sort pas de la dynamique mais de la cinématique : c'est le triangle isocèle du transfert d'impulsion qui le produit, et le propagateur en $1/\boldsymbol q^2$ qui l'élève au carré.
- Le facteur de Mott n'est pas une correction cosmétique : il encode la quasi-conservation de l'hélicité à haute énergie, et une particule scalaire ne l'aurait pas.
- Dans Compton, l'absence d'interférence entre canaux $s$ et $u$ est un accident de la limite sans masse, pas une règle générale.
- Le croisement échange les variables de Mandelstam mais aussi leurs signes et leurs domaines : les singularités d'une amplitude vivent dans des régions différentes selon le processus considéré, et les facteurs de flux ne se croisent pas.
Et maintenant ? Nous savons calculer une section efficace et la comparer à une mesure. Mais tous ces calculs se sont arrêtés à l’ordre le plus bas, et pour une bonne raison : dès qu’un diagramme contient une boucle, l’intégrale sur l’impulsion interne diverge.
La partie suivante lève l’obstacle en renormalisant QED, et en tire les deux résultats qui ont fait sa réputation : la charge électrique qui dépend de l’échelle à laquelle on la mesure, et le moment magnétique anormal de l’électron, vérifié aujourd’hui sur une dizaine de chiffres significatifs.