Théorie quantique des champs – Partie 17
Notes de lecture du livre Quantum field theory for the gifted amateur de Thomas Lancaster et Stephen Blundell.
Le principe de jauge a produit l’électrodynamique quantique : une symétrie interne $U(1)$ globale, promue en symétrie locale, exige un champ de jauge, et ce champ est le photon. Le résultat est si beau qu’on aimerait le rejouer pour les autres interactions. Mais ni la force faible ni la force forte ne reposent sur $U(1)$ : la première est bâtie sur $SU(2) \otimes U(1)$, la seconde sur $SU(3)$. Et ces groupes ont une propriété que $U(1)$ n’avait pas, ils sont non abéliens.
- La machinerie. Le premier chapitre reprend le principe de jauge pour un groupe dont les éléments ne commutent pas. Tout se passe comme avant, à un détail près qui change tout : un terme supplémentaire survit dans la transformation du champ de jauge, et il rend la théorie non linéaire même en l'absence de matière. Le champ de jauge devient sa propre source. C'est la théorie de Yang–Mills, et c'est de là que sort la liberté asymptotique.
- L'application. Le second chapitre construit le modèle de Weinberg–Salam, qui unifie l'électromagnétisme et l'interaction faible. On y écrit le lagrangien d'un Univers plus symétrique que le nôtre, celui des premiers $10^{-12}$ secondes, où électrons et neutrinos sont sans masse et indiscernables ; puis on laisse le champ de Higgs briser la symétrie, et l'on regarde ce qui en sort.
Ce qui en sort est le monde que nous habitons : un électron massif, un photon sans masse, et trois bosons lourds $W^+$, $W^-$ et $Z^0$ dont les masses furent prédites avant d’être mesurées. C’est l’une des plus grandes réussites de la physique du vingtième siècle.
Notation : les matrices de Pauli sont notées $\boldsymbol\tau$ et non $\boldsymbol\sigma$, pour souligner qu’elles agissent désormais sur un espace interne (l’isospin) et non sur le spin.
Théorie de jauge non abélienne
Ce que signifie « non abélien »
Un groupe est non abélien lorsque ses éléments ne commutent pas : appliquer la transformation $a$ puis $b$ ne donne pas le même résultat que $b$ puis $a$.
L’exemple le plus familier est le groupe des rotations $SO(3)$. Prenez un livre posé sur une table, tournez-le d’un quart de tour autour de $x$ puis d’un quart de tour autour de $z$ ; recommencez dans l’ordre inverse. Les deux orientations finales sont différentes.
$U(1)$, au contraire, est abélien : deux multiplications par une phase donnent toujours le même résultat, quel que soit l’ordre. C’est cette commutativité, discrète et jamais soulignée, qui rendait la construction de QED aussi simple. Nous allons voir ce qu’il en coûte de s’en passer.
Rappel : la théorie de jauge abélienne, en infinitésimal
Reprenons le lagrangien du champ scalaire complexe de la partie 5 :
$\displaystyle \mathcal L = (D^\mu\phi)^\dagger(D_\mu\phi) - m^2\phi^\dagger\phi - \frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\quad$ avec $\displaystyle \quad D_\mu\phi = (\partial_\mu + \mathrm{i}qA_\mu)\phi $
invariant sous les transformations simultanées
$\displaystyle \phi \to \phi\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\alpha(x)}\quad$ et $\displaystyle \quad A_\mu \to A_\mu - \frac{1}{q}\partial_\mu\alpha(x) $
Pour préparer le saut vers des groupes plus compliqués, il est commode de tout réécrire en infinitésimal. C’est un simple changement de présentation, mais il rendra la généralisation lisible.
L'invariance rejouée en infinitésimal
En développant $\mathrm e^{\mathrm i\alpha} \simeq 1 + \mathrm i\alpha$ et en ne gardant que le premier ordre :
$\displaystyle \phi \to (1 + \mathrm{i}\alpha)\phi \qquad \partial_\mu\phi \to \partial_\mu\phi + \mathrm{i}(\partial_\mu\alpha)\phi + \mathrm{i}\alpha(\partial_\mu\phi) \qquad A_\mu \to A_\mu - \frac{1}{q}\partial_\mu\alpha $
Le terme de masse est invariant, les deux phases se compensant :
$\displaystyle \phi^\dagger\phi \to (\phi^\dagger - \mathrm{i}\alpha\phi^\dagger)(\phi + \mathrm{i}\alpha\phi) = \phi^\dagger\phi + O(\alpha^2) $
Et la dérivée covariante se transforme comme $\phi$ lui-même. En reportant les trois lignes ci-dessus :
$\displaystyle D_\mu\phi \to \partial_\mu\phi + \mathrm{i}(\partial_\mu\alpha)\phi + \mathrm{i}\alpha(\partial_\mu\phi) + \mathrm{i}q\left(A_\mu - \frac{1}{q}\partial_\mu\alpha\right)(\phi + \mathrm{i}\alpha\phi) $
Les deux termes en $\partial_\mu\alpha$ se retranchent, et il reste
$\displaystyle D_\mu\phi \to (1 + \mathrm{i}\alpha)\,D_\mu\phi + O(\alpha^2) $
Donc $(D_\mu\phi)^\dagger(D_\mu\phi)$ est invariant, et tout le lagrangien avec lui.
Yang–Mills : passer à $SU(2)$
En 1954, Chen-Ning Yang et Robert Mills posent la question : peut-on faire la même chose avec un groupe non abélien ? La stratégie sera rigoureusement la même, à savoir imposer la symétrie locale, constater le désordre, puis ajouter un champ qui le répare. Mais le résultat sera différent.
Prenons le lagrangien de Dirac pour deux espèces de fermions de même masse, rangées dans un doublet :
$\displaystyle
\mathcal L = \bar\Psi\,(\mathrm{i}\gamma^\mu\partial_\mu - m)\,\Psi$
avec
$\displaystyle
\Psi = \begin{pmatrix} f \\ g \end{pmatrix}$
et
$\displaystyle
\bar\Psi = \begin{pmatrix} \bar f & \bar g \end{pmatrix}
$
L’égalité des deux masses est essentielle : c’est elle qui rend le lagrangien insensible aux rotations dans l’espace interne $(f, g)$. C’est le même mécanisme qu’à la partie 4, où l’égalité des masses de $\phi_1$ et $\phi_2$ ouvrait la symétrie $U(1)$.
Symétrie $SU(2)$ globale
$\displaystyle \Psi \to \mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}}{2}\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol\alpha}\,\Psi \qquad \bar\Psi \to \bar\Psi\,\mathrm{e}^{-\frac{\mathrm{i}}{2}\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol\alpha} $
soit, en infinitésimal, $\Psi \to \left(1 + \frac{\mathrm{i}}{2}\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol\alpha\right)\Psi$.
Le paramètre $\boldsymbol\alpha$ a désormais trois composantes, une par générateur du groupe. La charge conservée associée est l’isospin :
$\displaystyle \hat{\boldsymbol I} = \int\mathrm{d}^3x\;\hat\Psi^\dagger\,\frac{\boldsymbol\tau}{2}\,\hat\Psi $
C’est l’isospin déjà rencontré à la partie 4, avec le champ $\boldsymbol\Phi$ à trois composantes : le champ $\Psi$ porte $I = 1/2$, les particules de type $f$ correspondant à $I_3 = +1/2$ et celles de type $g$ à $I_3 = -1/2$.
L’invariance globale ne pose aucun problème : le terme $\bar\Psi\Psi$ voit les deux exponentielles se compenser, et la dérivée se transforme comme $\Psi$ puisque $\boldsymbol\alpha$ ne dépend pas du point.
Passons maintenant au local, en laissant $\boldsymbol\alpha$ dépendre de $x$. Le terme de masse survit, mais la dérivée trahit, exactement comme en $U(1)$ :
$\displaystyle \partial_\mu\Psi \to \partial_\mu\Psi + \frac{\mathrm{i}}{2}\big[\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol\alpha(x)\big]\partial_\mu\Psi + \frac{\mathrm{i}}{2}\big[\boldsymbol\tau\cdot\partial_\mu\boldsymbol\alpha(x)\big]\Psi $
C’est le dernier terme qui gâche tout. Il faut donc un champ de jauge pour l’absorber.
Le champ de jauge $\boldsymbol W_\mu$ et la dérivée covariante
$\displaystyle D_\mu = \partial_\mu - \frac{\mathrm{i}}{2}g\,\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol W_\mu(x) $
Le champ $\boldsymbol W_\mu$ a trois composantes internes, $(W^1_\mu, W^2_\mu, W^3_\mu)$, une par générateur du groupe ; et chacune est un quadrivecteur de Minkowski, avec ses quatre composantes indexées par $\mu$.
Voilà la première différence de fond avec $U(1)$ : la symétrie ne réclame plus un champ de jauge, mais autant qu’il y a de générateurs : trois pour $SU(2)$, huit pour $SU(3)$, d’où les huit gluons de la chromodynamique.
Reste à déterminer comment $\boldsymbol W_\mu$ doit se transformer pour que la compensation soit exacte. Et c’est là qu’apparaît la vraie nouveauté.
Transformation du champ de jauge non abélien
$\displaystyle \boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol W_\mu \;\to\; \boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol W_\mu + \frac{1}{g}\,\boldsymbol\tau\cdot(\partial_\mu\boldsymbol\alpha) \;-\; \boldsymbol\tau\cdot(\boldsymbol\alpha \times \boldsymbol W_\mu) $
Les deux premiers termes sont l’analogue exact du cas abélien, $A_\mu \to A_\mu - \frac{1}{q}\partial_\mu\alpha$. Le troisième est nouveau, et il ne survit que parce que le groupe est non abélien.
D'où vient le terme en produit vectoriel
Ce qu’on exige. Il faut que $D_\mu\Psi$ se transforme comme $\Psi$, c’est-à-dire
$\displaystyle D_\mu\Psi \to \left(1 + \frac{\mathrm{i}}{2}\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol\alpha(x)\right)D_\mu\Psi $
En développant le membre de droite :
$\displaystyle \partial_\mu\Psi - \frac{\mathrm{i}}{2}g\,\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol W_\mu\Psi + \frac{\mathrm{i}}{2}\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol\alpha\,\partial_\mu\Psi - \left(\frac{\mathrm{i}}{2}\right)^2 g\,[\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol\alpha][\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol W_\mu]\Psi $
Ce qu’on obtient. Supposons que le champ se transforme en $\boldsymbol W_\mu + \delta\boldsymbol W_\mu$, et calculons directement $D_\mu\Psi$ après transformation. Le résultat contient les mêmes termes, mais le dernier apparaît avec les deux matrices dans l’ordre inverse :
$\displaystyle -\left(\frac{\mathrm{i}}{2}\right)^2 g\,[\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol W_\mu][\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol\alpha]\Psi $
C’est tout le nœud de l’affaire. En $U(1)$, ces deux produits seraient identiques et se compenseraient sans laisser de trace. Ici, $[\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol\alpha]$ et $[\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol W_\mu]$ ne commutent pas, et leur différence subsiste.
La comparaison des deux expressions donne alors la condition sur $\delta\boldsymbol W_\mu$ :
$\displaystyle \boldsymbol\tau\cdot\delta\boldsymbol W_\mu = \frac{1}{g}\boldsymbol\tau\cdot(\partial_\mu\boldsymbol\alpha) + \frac{\mathrm{i}}{2}\Big\{[\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol\alpha][\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol W_\mu] - [\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol W_\mu][\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol\alpha]\Big\} $
L’accolade est un commutateur, et il ne s’annule que dans le cas abélien.
La conclusion vient de l’identité de Pauli, déjà établie à la partie 13 sous sa forme vectorielle :
$\displaystyle (\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol a)(\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol b) = (\boldsymbol a\cdot\boldsymbol b) + \mathrm{i}\,\boldsymbol\tau\cdot(\boldsymbol a\times\boldsymbol b) $
Le produit scalaire, symétrique, disparaît dans le commutateur ; il ne reste que le produit vectoriel, antisymétrique, en double. D’où
$\displaystyle \boldsymbol\tau\cdot\delta\boldsymbol W_\mu = \frac{1}{g}\boldsymbol\tau\cdot(\partial_\mu\boldsymbol\alpha) - \boldsymbol\tau\cdot(\boldsymbol\alpha\times\boldsymbol W_\mu) $
Le produit vectoriel est donc la signature de la non-commutativité, et l’identité de Pauli est exactement l’outil qui la traduit.
Le champ $\boldsymbol W_\mu$ : interactions et dynamique
Comment le champ de jauge se couple-t-il aux fermions ? Par couplage minimal, comme toujours : il suffit de développer le terme en dérivée covariante.
$\displaystyle \bar\Psi\,\mathrm{i}\gamma^\mu D_\mu\,\Psi = \bar\Psi\,\mathrm{i}\gamma^\mu\partial_\mu\,\Psi + \frac{g}{2}\,\bar\Psi\gamma^\mu\,\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol W_\mu\,\Psi $
à comparer avec la version $U(1)$, $\bar\phi,\mathrm{i}\gamma^\mu D_\mu\phi = \bar\phi,\mathrm{i}\gamma^\mu\partial_\mu\phi - q,\bar\phi\gamma^\mu A_\mu\phi$. La structure est identique : là où le photon se couplait à la charge $q$, les excitations de $\boldsymbol W_\mu$ se couplent à l’isospin avec une intensité fixée par $g$.
Par analogie avec le vertex de QED, qui valait $-\mathrm{i}q\gamma^\mu$, le vertex $\bar\Psi\Psi W_\mu$ contribue un facteur proportionnel à $\mathrm{i}g\boldsymbol\tau\gamma^\mu$.
On attend donc trois particules $W^1$, $W^2$, $W^3$ sans masse, analogues au photon, chacune avec deux polarisations transverses.
Reste à donner une dynamique au champ de jauge lui-même. En $U(1)$, c’était le terme $-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}$ qui donnait l’électromagnétisme. Le candidat évident serait $-\frac{1}{4}\boldsymbol G_{\mu\nu}\cdot\boldsymbol G^{\mu\nu}$ avec $\boldsymbol G_{\mu\nu} = \partial_\mu\boldsymbol W_\nu - \partial_\nu\boldsymbol W_\mu$.
Mais ce candidat ne convient pas. Pour que $\boldsymbol G_{\mu\nu}$ se transforme correctement, il faut un terme de plus.
Tenseur de champ non abélien
$\displaystyle \boldsymbol G_{\mu\nu} = \partial_\mu\boldsymbol W_\nu - \partial_\nu\boldsymbol W_\mu + g\,(\boldsymbol W_\mu \times \boldsymbol W_\nu) $
Le tenseur de champ est une fonction non linéaire du champ de jauge. Nous voici donc en présence d’une théorie en interaction, même en l’absence de matière.
Lagrangien de Yang–Mills
$\displaystyle \mathcal L = \bar\Psi\,(\mathrm{i}\gamma^\mu D_\mu - m)\,\Psi - \frac{1}{4}\,\boldsymbol G_{\mu\nu}\cdot\boldsymbol G^{\mu\nu} $
Une jolie façon d’obtenir ce tenseur, plus rapide que la vérification directe, consiste à calculer le commutateur des dérivées covariantes.
En $U(1)$, on trouve $[D_\mu, D_\nu] = \mathrm{i}q(\partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu) = \mathrm{i}q,F_{\mu\nu}$ : le tenseur de champ est là, tout entier.
En $SU(2)$, le même calcul donne
$\displaystyle [D_\mu, D_\nu] = \frac{\mathrm{i}}{2}g\,\boldsymbol\tau\cdot\big(\partial_\mu\boldsymbol W_\nu - \partial_\nu\boldsymbol W_\mu + g\,\boldsymbol W_\mu\times\boldsymbol W_\nu\big) = \frac{\mathrm{i}}{2}g\,\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol G_{\mu\nu} $
et le terme en produit vectoriel apparaît tout seul, produit par la non-commutativité des matrices $\boldsymbol\tau$. Le tenseur de champ est la courbure de la dérivée covariante, et c’est cette lecture qui se généralise à tous les groupes.
Le champ de jauge devient sa propre source
C’est la conséquence la plus spectaculaire de la non-linéarité, et elle vaut qu’on s’y arrête.
En développant $\boldsymbol G_{\mu\nu}\cdot\boldsymbol G^{\mu\nu}$, le produit vectoriel engendre des termes à trois et à quatre champs $\boldsymbol W$. Autrement dit, des vertex où les bosons de jauge interagissent entre eux, sans aucun fermion.
La raison est une question de charge. Le photon ne porte aucune charge électrique : il ne peut donc pas se coupler à lui-même, et les interactions photon–photon n’existent pas en électromagnétisme abélien.
Le champ $\boldsymbol W_\mu$, au contraire, porte une unité d’isospin ($I = 1$). Comme c’est précisément l’isospin qui joue le rôle de charge dans cette théorie, le champ de jauge est chargé sous sa propre interaction. Il peut donc agir comme sa propre source.
L'isospin des trois bosons, et pourquoi $W^\pm$ apparaîtra plus loin
L’algèbre de l’isospin étant celle du moment cinétique ordinaire, on classe les excitations du champ $\boldsymbol W_\mu$ (de $I = 1$) par leur troisième composante $I_z$, exactement comme on classerait les états d’un spin 1.
- $I_z = 0$ : créé et détruit par $\hat W^3_\mu$ ;
- $I_z = +1$ : créé par $\frac{1}{\sqrt 2}(\hat W^1_\mu + \mathrm{i}\hat W^2_\mu)$, détruit par $\frac{1}{\sqrt 2}(\hat W^1_\mu - \mathrm{i}\hat W^2_\mu)$ ;
- $I_z = -1$ : créé par $\frac{1}{\sqrt 2}(\hat W^1_\mu - \mathrm{i}\hat W^2_\mu)$, détruit par $\frac{1}{\sqrt 2}(\hat W^1_\mu + \mathrm{i}\hat W^2_\mu)$.
Ce sont ces combinaisons qui deviendront les $W^\pm$ du modèle électrofaible, au chapitre suivant. Le passage de la base « cartésienne » $(W^1, W^2)$ à la base « sphérique » $(W^+, W^-)$ n’est rien d’autre que le changement de base habituel du moment cinétique.
La liberté asymptotique, enfin expliquée
L’auto-interaction du champ de jauge donne la clé d’un phénomène rencontré à la partie sur la renormalisation, mais dont le mécanisme était resté sans explication.
Rappelons le cas abélien. Autour d’une charge électrique, le vide se polarise en paires électron–positron virtuelles, qui l’écrantent : vue de loin, la charge paraît plus petite. C’est ce que dit le signe positif de la fonction $\beta$ de QED.
Dans le cas non abélien, un second mécanisme s’ajoute, et il l’emporte.
L’écrantage par paires de quarks existe toujours. Mais l’auto-interaction permet en plus à un gluon de se scinder en deux gluons. Or les gluons portent eux-mêmes de la charge de couleur : cette cascade répand donc de la charge de même signe autour du quark, au lieu de la neutraliser.
Le résultat est un anti-écrantage : la charge de couleur effective augmente avec la distance. L’interaction devient plus forte quand on s’éloigne, et plus faible quand on s’approche.
C’est la liberté asymptotique, et l’on comprend enfin d’où vient le signe opposé de la fonction $\beta$ de QCD. Le changement de signe ne tombe pas du ciel : il vient de ce que le médiateur est chargé sous sa propre interaction, ce qui n’arrive jamais dans une théorie abélienne.
Briser la symétrie d’une théorie de jauge non abélienne
Dernier acte du chapitre, et répétition générale pour le suivant. Reprenons le mécanisme de Higgs, mais avec un champ de jauge non abélien.
Prenons la théorie de jauge $SO(3)$ d’un champ scalaire réel à trois composantes $\boldsymbol\Phi = (\phi_1, \phi_2, \phi_3)$, munie d’une interaction en $\Phi^4$ et, c’est le point crucial, d’un terme de masse de signe positif, donc brisant la symétrie :
$\displaystyle \mathcal L = \frac{1}{2}D^\mu\boldsymbol\Phi\cdot D_\mu\boldsymbol\Phi + \frac{m^2}{2}\boldsymbol\Phi\cdot\boldsymbol\Phi - \lambda(\boldsymbol\Phi\cdot\boldsymbol\Phi)^2 - \frac{1}{4}\boldsymbol G_{\mu\nu}\cdot\boldsymbol G^{\mu\nu} $
avec $D_\mu\boldsymbol\Phi = \partial_\mu\boldsymbol\Phi - g,\boldsymbol\Phi\times\boldsymbol W_\mu$.
Le potentiel possède une sphère de minima, de rayon $|\boldsymbol\Phi_0| = \left(\frac{m^2}{4\lambda}\right)^{1/2}$ dans l’espace interne. Briser la symétrie, c’est choisir un point sur cette sphère ; prenons la direction 3, soit $\boldsymbol\Phi_0 = |\boldsymbol\Phi_0|,\hat{\boldsymbol e}_3$.
La jauge unitaire. Les termes croisés entre composantes de $\boldsymbol\Phi$ et de $\boldsymbol W_\mu$ rendent le lagrangien illisible. Mais nous sommes libres de faire une transformation de jauge différente en chaque point : choisissons celle qui aligne $\boldsymbol\Phi$ sur la direction 3 partout.
$\displaystyle \boldsymbol\Phi(x) = \big[|\boldsymbol\Phi_0| + \chi(x)\big]\,\hat{\boldsymbol e}_3 $
Les composantes $\Phi_1$ et $\Phi_2$ ont disparu de la description, et avec elles tous les termes croisés.
Voyons ce que devient la dérivée covariante dans cette jauge. Le produit vectoriel $\boldsymbol\Phi\times\boldsymbol W_\mu$ mélange les composantes, et comme $\boldsymbol\Phi$ ne pointe plus que selon $\hat{\boldsymbol e}_3$ :
$\displaystyle D_\mu\Phi_1 = g\,W^2_\mu\big(|\boldsymbol\Phi_0| + \chi\big) \qquad D_\mu\Phi_2 = -g\,W^1_\mu\big(|\boldsymbol\Phi_0| + \chi\big) \qquad D_\mu\Phi_3 = \partial_\mu\chi $
d’où, en élevant au carré et en ne gardant que les termes quadratiques :
$\displaystyle (D_\mu\boldsymbol\Phi)^2 = (\partial_\mu\chi)^2 + g^2|\boldsymbol\Phi_0|^2\Big[(W^1_\mu)^2 + (W^2_\mu)^2\Big] + \ldots $
Deux des trois champs de jauge ont acquis un terme quadratique, c’est-à-dire une masse. Le troisième, $W^3_\mu$, n’apparaît pas : c’est celui qui pointe dans la direction du vide choisi, donc celui dont la transformation laisse $\boldsymbol\Phi_0$ invariant.
Le lagrangien brisé s’écrit alors
$\displaystyle \mathcal L = \frac{1}{2}(\partial_\mu\chi)^2 - 4|\boldsymbol\Phi_0|\lambda\chi^2 + \frac{g^2|\boldsymbol\Phi_0|^2}{2}\Big[(W^1_\mu)^2 + (W^2_\mu)^2\Big] - \frac{1}{4}\boldsymbol G_{\mu\nu}\cdot\boldsymbol G^{\mu\nu} + \ldots $
Le bilan de la brisure
$\displaystyle \begin{pmatrix} 3\ \text{champs scalaires massifs } \boldsymbol\Phi \\ 3\ \text{champs de jauge sans masse } \boldsymbol W_\mu \end{pmatrix} \;\longrightarrow\; \begin{pmatrix} 1\ \text{champ scalaire massif } \chi \\ 2\ \text{champs vectoriels massifs } W^1_\mu, W^2_\mu \\ 1\ \text{champ sans masse } W^3_\mu \end{pmatrix} $
Les champs $W^1_\mu$ et $W^2_\mu$ ont mangé les modes de Goldstone $\Phi_1$ et $\Phi_2$, et ont pris la masse $g|\boldsymbol\Phi_0|$.
Le comptage des degrés de liberté est conservé, et c’est le meilleur contrôle du mécanisme.
À gauche : 3 scalaires massifs ($1$ degré chacun) et 3 champs sans masse de type photon ($2$ degrés chacun), soit $3 + 6 = 9$.
À droite : 1 scalaire massif ($1$), 2 champs vectoriels massifs ($3$ degrés chacun, la polarisation longitudinale s’étant ajoutée) et 1 champ sans masse ($2$), soit $1 + 6 + 2 = 9$.
Rien n’a été créé ni perdu : le degré de liberté du mode de Goldstone est devenu la polarisation longitudinale du boson massif.
Une dernière remarque, et elle est troublante. Rien n’empêche d’identifier le champ sans masse restant au champ électromagnétique, $W^3_\mu(x) = A_\mu(x)$. Cela pose immédiatement la question : l’électromagnétisme de notre Univers serait-il le résidu sans masse d’une théorie non abélienne brisée ? Le chapitre suivant répond oui, avec un groupe un peu plus compliqué que $SO(3)$.
Bilan
$\displaystyle SU(2)\ \text{globale} \;\xrightarrow{\ \boldsymbol\alpha \to \boldsymbol\alpha(x)\ }\; \text{3 champs de jauge } \boldsymbol W_\mu \;\xrightarrow{\ \text{non-commutativité}\ }\; \boldsymbol W_\mu \to \boldsymbol W_\mu + \tfrac{1}{g}\partial_\mu\boldsymbol\alpha - \boldsymbol\alpha\times\boldsymbol W_\mu $
$\displaystyle [D_\mu, D_\nu] = \tfrac{\mathrm{i}}{2}g\,\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol G_{\mu\nu} \;\Longrightarrow\; \boldsymbol G_{\mu\nu} = \partial_\mu\boldsymbol W_\nu - \partial_\nu\boldsymbol W_\mu + g\,\boldsymbol W_\mu\times\boldsymbol W_\nu \;\xrightarrow{\ \text{non linéaire}\ }\; \text{vertex } WWW,\ WWWW $
$\displaystyle \text{le médiateur porte la charge} \;\Longrightarrow\; \text{gluon} \to \text{deux gluons} \;\Longrightarrow\; \text{anti-écrantage} \;\Longrightarrow\; \text{liberté asymptotique} $
$\displaystyle \text{brisure de } SO(3) \;\xrightarrow{\ \text{jauge unitaire}\ }\; 2\ \text{bosons massifs} + 1\ \text{sans masse} \;\xrightarrow{\ 9 = 9\ }\; \text{degrés de liberté conservés} $
Pièges
- Le nombre de champs de jauge n'est pas 1 mais égal au nombre de générateurs du groupe : 3 pour $SU(2)$, 8 pour $SU(3)$. Chacun est un quadrivecteur de Minkowski, d'où deux indices à ne pas confondre, l'interne et le spatio-temporel.
- Le terme $-\boldsymbol\alpha\times\boldsymbol W_\mu$ dans la transformation du champ de jauge ne survit que parce que le groupe est non abélien : il est le commutateur $[\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol\alpha, \boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol W_\mu]$ déguisé, via l'identité de Pauli.
- Le tenseur de champ n'est pas $\partial_\mu\boldsymbol W_\nu - \partial_\nu\boldsymbol W_\mu$. L'oubli du terme $g\,\boldsymbol W_\mu\times\boldsymbol W_\nu$ fait perdre toute la physique du chapitre, à commencer par l'auto-interaction.
- Une théorie de Yang–Mills est en interaction même sans matière : le champ de jauge libre n'existe pas. Rien de tel en électromagnétisme, où le lagrangien de Maxwell est quadratique.
- L'auto-interaction n'est pas une curiosité : c'est elle qui retourne le signe de la fonction $\beta$ et produit la liberté asymptotique. Le médiateur est chargé sous sa propre interaction, ce qu'un photon ne peut pas être.
- Le champ de jauge qui reste sans masse après la brisure est celui qui pointe dans la direction du vide choisi : c'est la direction que la transformation laisse invariante, donc la symétrie non brisée.
- La jauge unitaire n'escamote rien : les modes de Goldstone ne sont pas supprimés, ils sont redistribués en polarisations longitudinales. Le comptage des degrés de liberté le vérifie.
Le modèle de Weinberg–Salam
Nous allons expliquer trois faits qui structurent notre Univers, et que rien dans ce qui précède n’imposait :
- l'électron a une masse, le neutrino non ;
- l'électron existe en versions gauche et droite, le neutrino ne s'observe qu'en version gauche ;
- le photon est sans masse.
La réponse d’Abdus Salam et Steven Weinberg repose sur une proposition : nous vivons dans un Univers à symétrie brisée, et les particules que nous observons sont le résidu de cette brisure. La méthode sera donc d’écrire le lagrangien de l’Univers avant la transition, de poser ses symétries locales, puis de regarder ce que la brisure en fait.
L’Univers avant la brisure
Imaginons l’Univers un instant après le Big Bang. Il est plus symétrique que le nôtre : les champs de leptons y jouissent d’une symétrie interne $SU(2)\otimes U(1)$. Vers $10^{-12}$ seconde, il refroidira sous $10^{16}$ K et subira une transition de phase brisant cette symétrie.
Avant cela, électrons et neutrinos sont sans masse, l’électron existe en deux chiralités et le neutrino seulement en gauche. Leur lagrangien est donc un simple lagrangien de Dirac sans terme de masse :
$\displaystyle \mathcal L = \bar\nu_e\,\mathrm{i}\not{\!\!\partial}\,\nu_e + \bar e_{\mathrm L}\,\mathrm{i}\not{\!\!\partial}\,e_{\mathrm L} + \bar e_{\mathrm R}\,\mathrm{i}\not{\!\!\partial}\,e_{\mathrm R} $
Deux charges tombées du ciel, et leur justification
Pour poser les symétries, il faut décider quelles charges chaque champ porte. Le modèle en introduit deux, apparemment arbitraires.
L’hypercharge faible $Y$ est la charge de la symétrie $U(1)$, avec un couplage $g’$.
L’isospin faible $I$ est la charge de la symétrie $SU(2)$, avec un couplage $g$. Il obéit aux règles ordinaires du moment cinétique, si bien qu’un champ de $I = 1/2$ a $I_3 = \pm 1/2$.
Ces deux charges sont reliées à la charge électrique par la relation de Gell-Mann–Nishijima :
$\displaystyle Q = I_3 + \frac{Y}{2} $
| champ | $\nu_e$ | $e_{\mathrm L}$ | $e_{\mathrm R}$ |
|---|---|---|---|
| $I$ | $1/2$ | $1/2$ | $0$ |
| $I_3$ | $+1/2$ | $-1/2$ | $0$ |
| $Y$ | $-1$ | $-1$ | $-2$ |
| $Q = I_3 + Y/2$ | $0$ | $-1$ | $-1$ |
La dernière ligne est le contrôle : on retrouve bien un neutrino neutre et un électron de charge $-1$ dans les deux chiralités.
Ces charges ne sont pas arbitraires : elles sont forcées
On peut motiver physiquement l’attribution, plutôt que de la subir. Le raisonnement part d’une exigence : la théorie doit contenir à la fois l’interaction faible et l’électromagnétisme, correctement enchâssés.
Les deux courants en présence. Le courant d’isospin faible ne concerne que la partie gauche :
$\displaystyle \boldsymbol J^\mu = \frac{1}{2}\,\bar L\,\gamma^\mu\,\boldsymbol\tau\,L $
alors que le courant électromagnétique concerne les deux chiralités :
$\displaystyle J^\mu_{\mathrm{em}} = Q\,\big(\bar e_{\mathrm L}\gamma^\mu e_{\mathrm L} + \bar e_{\mathrm R}\gamma^\mu e_{\mathrm R}\big) $
Le problème. En termes de transfert de charge, $J^\mu_{\mathrm{em}}$ et $J^\mu_3$ sont tous deux neutres, alors que $J^\mu_{1,2}$ sont chargés. Mais $J^\mu_3$ ne contient pas $e_{\mathrm R}$, tandis que $J^\mu_{\mathrm{em}}$ le contient. Le courant d’isospin ne peut donc pas, à lui seul, engendrer l’électromagnétisme.
La solution la plus simple consiste à ajouter un courant supplémentaire, l’hypercourant $J^\mu_Y$, et à poser
$\displaystyle J^\mu_{\mathrm{em}} = J^\mu_3 + \frac{1}{2}J^\mu_Y $
le facteur $1/2$ étant conventionnel. Cette égalité entre courants implique immédiatement la relation de Gell-Mann–Nishijima entre les charges correspondantes.
Et les valeurs se lisent alors. En développant les deux courants :
$\displaystyle J^\mu_3 = \frac{1}{2}\big(\bar\nu_e\gamma^\mu\nu_e - \bar e_{\mathrm L}\gamma^\mu e_{\mathrm L}\big) \qquad J^\mu_Y = -\bar\nu_e\gamma^\mu\nu_e - \bar e_{\mathrm L}\gamma^\mu e_{\mathrm L} - 2\,\bar e_{\mathrm R}\gamma^\mu e_{\mathrm R} $
Les valeurs de $Q$, $I_3$ et $Y$ sont les coefficients devant chaque terme, et l’on retrouve exactement le tableau ci-dessus.
Les champs de jauge, et pourquoi aucune masse n’est permise
Il faut deux champs de jauge, un par symétrie : $B_\mu$ pour $U(1)$ et $\boldsymbol W_\mu$ pour $SU(2)$. On regroupe alors les champs de matière selon leur comportement, les deux composantes gauches formant un doublet et la composante droite un singlet :
$\displaystyle L = \begin{pmatrix} \nu_e \\ e_{\mathrm L}\end{pmatrix} \qquad\qquad R = e_{\mathrm R} $
$\displaystyle D_\mu L = \partial_\mu L - \frac{\mathrm{i}}{2}g\,\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol W_\mu L + \frac{\mathrm{i}}{2}g' B_\mu L \qquad D_\mu R = \partial_\mu R + \mathrm{i}g' B_\mu R $
Aucun terme de masse n’est admissible, et c’est un point capital.
Une masse de fermion s’écrit $-m(\bar e_{\mathrm L}e_{\mathrm R} + \bar e_{\mathrm R}e_{\mathrm L})$, comme la partie 13 l’a établi : elle relie les parties gauche et droite. Or la transformation $SU(2)$ agit sur $L$ et pas du tout sur $R$ : un tel terme ne peut donc pas être invariant.
La symétrie interdit la masse. Il faudra la briser pour en obtenir une, et c’est tout le programme du chapitre.
Le champ de Higgs
On introduit maintenant un champ scalaire complexe massif, le champ de Higgs, à quatre composantes réelles qu’on range en un vecteur à deux composantes complexes :
$\displaystyle \phi = \begin{pmatrix} \phi^+ \\ \phi^0 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt 2}\begin{pmatrix} \phi_3 + \mathrm{i}\phi_4 \\ \phi_1 + \mathrm{i}\phi_2 \end{pmatrix} $
Ce rangement fonctionne car $\phi^\dagger\phi = \frac{1}{2}(\phi_1^2 + \phi_2^2 + \phi_3^2 + \phi_4^2)$ ressemble à un module.
Le champ de Higgs porte $Y = +1$ et $I = 1/2$, d’où une dérivée covariante
$\displaystyle D_\mu\phi = \partial_\mu\phi - \frac{\mathrm{i}}{2}g\,\boldsymbol\tau\cdot\boldsymbol W_\mu\,\phi - \frac{\mathrm{i}}{2}g' B_\mu\,\phi $
et une contribution au lagrangien
$\displaystyle \mathcal L_\phi = (D^\mu\phi)^\dagger(D_\mu\phi) + \frac{m_{\mathrm h}^2}{2}\phi^\dagger\phi - \frac{\lambda}{4}(\phi^\dagger\phi)^2 $
Notez le signe du terme de masse : il est positif.
Un champ scalaire ordinaire, à terme de masse négatif, a son minimum en $\phi = 0$ et vaut donc zéro dans le vide. Ici, avec son potentiel en chapeau mexicain, le fondamental est en $\langle\phi\rangle_0 \neq 0$ : le vide est imprégné d’un champ uniforme non nul.
Le champ de Higgs est donc, dès son écriture, instable à la brisure de symétrie. C’est délibéré.
Tout cela resterait sans effet sur les leptons s’il n’existait pas de couplage entre le Higgs et le champ électron–neutrino. On l’ajoute donc, sous la forme d’un couplage de Yukawa :
$\displaystyle \mathcal L_{\mathrm I} = -G_e\big(\bar L\,\phi\,R + \bar R\,\phi^\dagger\,L\big) $
En rassemblant, le lagrangien du modèle de Weinberg–Salam s’écrit :
$\displaystyle \mathcal L = \bar L\,\mathrm{i}\gamma^\mu D_\mu L + \bar R\,\mathrm{i}\gamma^\mu D_\mu R + (D^\mu\phi)^\dagger(D_\mu\phi) $
$\displaystyle +\; \frac{m_{\mathrm h}^2}{2}\phi^\dagger\phi - \frac{\lambda}{4}(\phi^\dagger\phi)^2 - G_e\big(\bar L\phi R + \bar R\phi^\dagger L\big) - \frac{1}{4}\boldsymbol G^{(W)}_{\mu\nu}\cdot\boldsymbol G^{(W)\mu\nu} - \frac{1}{4}F^{(B)}_{\mu\nu}F^{(B)\mu\nu} $
Tous les champs y sont sans masse : les deux chiralités de l’électron, le neutrino gauche, les trois $\boldsymbol W_\mu$ et le $B_\mu$.
La brisure, et le cadeau qu’elle réserve
Après $10^{-12}$ seconde, le fondamental brise la symétrie. Le minimum du potentiel n’est pas en zéro mais en $(\phi^\dagger\phi)0 = v = \left(\frac{m{\mathrm h}^2}{\lambda}\right)^{1/2}$, et l’on choisit de briser dans la direction
$\displaystyle \langle\phi\rangle_0 = \begin{pmatrix} 0 \\ v \end{pmatrix} $
Le cadeau. Quand on brise une symétrie non abélienne, le vide choisi peut rester invariant sous un sous-groupe des transformations d’origine : ces symétries-là ne sont pas brisées du tout.
Le vide ci-dessus est encore invariant sous la transformation locale
$\displaystyle \hat U = \mathrm{e}^{\mathrm{i}\left(\frac{Y}{2} + I_3\tau^3\right)\beta(x)} = \mathrm{e}^{\mathrm{i}Q\beta(x)} $
la seconde égalité venant de la relation de Gell-Mann–Nishijima. Or une invariance locale sous $\mathrm e^{\mathrm iQ\beta(x)}$ n’est rien d’autre que l’électromagnétisme.
La brisure de $SU(2)\otimes U(1)$ laisse donc intact un $U(1)$ résiduel, celui de la charge électrique. C’est de là que viendra le photon sans masse.
Pour chercher les excitations au-dessus de ce fondamental, on utilise la même astuce qu’au chapitre précédent : la jauge unitaire, qui réduit le champ excité à sa forme la plus simple.
$\displaystyle \phi(x) = \begin{pmatrix} 0 \\ v + \dfrac{h(x)}{\sqrt 2} \end{pmatrix} $
Trois des quatre composantes ont disparu de la description : ce sont les trois modes de Goldstone, et nous allons les retrouver ailleurs.
L’origine de la masse de l’électron
Où chercher une masse de fermion ? La partie 13 nous l’a dit : dans un terme qui relie les chiralités.
Repartons du lagrangien de Dirac écrit en chiralités. En posant $\psi = \psi_{\mathrm L} + \psi_{\mathrm R}$ dans $\mathcal L = \bar\psi(\not{!!p} - m)\psi$, on obtient huit termes, dont la moitié s’annulent :
$\displaystyle \mathcal L = \bar\psi_{\mathrm L}\not{\!\!p}\,\psi_{\mathrm L} + \bar\psi_{\mathrm R}\not{\!\!p}\,\psi_{\mathrm R} - m\big(\bar\psi_{\mathrm L}\psi_{\mathrm R} + \bar\psi_{\mathrm R}\psi_{\mathrm L}\big) $
Les annulations viennent des projecteurs : $\psi_{\mathrm L} = \frac{1-\gamma^5}{2}\psi$ et $\psi_{\mathrm R} = \frac{1+\gamma^5}{2}\psi$. En commutant les matrices pour rassembler les projecteurs, les termes mixtes contenant l’impulsion font apparaître $(1-\gamma^5)(1+\gamma^5) = 1 - (\gamma^5)^2 = 0$. Les termes purement gauches ou purement droits du terme de masse tombent pour la même raison.
Le terme de masse est donc celui qui contient la combinaison $\bar\psi_{\mathrm L}\psi_{\mathrm R} + \bar\psi_{\mathrm R}\psi_{\mathrm L}$, multipliée par un scalaire. Voilà ce qu’il faut chercher.
Or un tel terme existe déjà dans notre lagrangien : c’est le couplage de Yukawa avec le Higgs. Insérons-y le champ brisé.
$\displaystyle \mathcal L_{\mathrm{int}} = -G_e\big(\bar e_{\mathrm L}\,v\,e_{\mathrm R} + \bar e_{\mathrm R}\,v\,e_{\mathrm L}\big) - G_e\left(\bar e_{\mathrm L}\frac{h(x)}{\sqrt 2}e_{\mathrm R} + \bar e_{\mathrm R}\frac{h(x)}{\sqrt 2}e_{\mathrm L}\right) $
Le premier terme a exactement la forme attendue, un scalaire multipliant $\bar\psi_{\mathrm L}\psi_{\mathrm R} + \bar\psi_{\mathrm R}\psi_{\mathrm L}$. Il prédit donc
$\displaystyle m_e = G_e\,v $
Et le neutrino ? Il a disparu du calcul. Le doublet $\bar L$ contracté avec $\phi = (0, v + h/\sqrt2)$ ne retient que sa composante inférieure, c’est-à-dire $\bar e_{\mathrm L}$. Le neutrino reste donc sans masse, exactement comme on l’espérait.
La masse de l’électron n’est pas une propriété intrinsèque : c’est la mesure de son couplage au champ de Higgs, lequel remplit le vide. L’électron est massif parce qu’il se déplace dans cette mélasse et interagit avec elle.
Rapprochez cette figure de celle du propagateur du fermion, à la partie 14 : chaque croix y était une insertion de masse qui renversait la chiralité. Nous savons maintenant ce que cette croix est : un couplage au champ de Higgs du vide.
Le photon et les bosons de jauge
Il reste à montrer que la théorie prédit un photon sans masse. Cherchons donc là où les champs de jauge rencontrent le Higgs : le couplage minimal nous dit que c’est le terme $(D_\mu\phi)^\dagger(D^\mu\phi)$.
Le calcul, et l'apparition des trois masses
En insérant le champ brisé dans la dérivée covariante, écrite en matrices $2\times2$ :
$\displaystyle D_\mu\phi = \begin{pmatrix} 0 \\ \frac{1}{\sqrt2}\partial_\mu h \end{pmatrix} - \left[\frac{\mathrm{i}g}{2}\begin{pmatrix} W^3_\mu & W^1_\mu - \mathrm{i}W^2_\mu \\ W^1_\mu + \mathrm{i}W^2_\mu & -W^3_\mu\end{pmatrix} + \frac{\mathrm{i}g'}{2}B_\mu\right]\begin{pmatrix} 0 \\ v + \frac{h}{\sqrt2}\end{pmatrix} $
Comme la colonne de droite n’a que sa composante inférieure non nulle, seule la seconde colonne de la matrice travaille :
$\displaystyle D_\mu\phi = -\frac{\mathrm{i}}{2}\begin{pmatrix} g\,v\,(W^1_\mu - \mathrm{i}W^2_\mu) + \frac{g h}{\sqrt2}(W^1_\mu - \mathrm{i}W^2_\mu) \\ \mathrm{i}\sqrt2\,\partial_\mu h + v\,(-gW^3_\mu + g'B_\mu) + \frac{h}{\sqrt2}(-gW^3_\mu + g'B_\mu)\end{pmatrix} $
En multipliant par l’adjoint et en ne gardant que les termes quadratiques :
$\displaystyle (D_\mu\phi)^\dagger(D^\mu\phi) = \frac{1}{2}(\partial_\mu h)^2 + \frac{g^2v^2}{4}(W^1_\mu)^2 + \frac{g^2v^2}{4}(W^2_\mu)^2 + \frac{v^2}{4}\big(gW^3_\mu - g'B_\mu\big)^2 + \ldots $
Trois combinaisons ont acquis un terme quadratique, donc une masse : $W^1$, $W^2$, et la combinaison linéaire $(gW^3_\mu - g’B_\mu)$.
Une masse de boson entre toujours dans le lagrangien sous la forme $\frac{1}{2}(\text{masse})^2 \times (\text{champ})^2$. On lit donc $M_W^2 = g^2v^2/2$.
Trois modes de Goldstone consommés, trois champs de jauge devenus massifs. Le compte est exact, et c’est la même comptabilité qu’au chapitre précédent.
Mais quatre champs de jauge étaient en jeu ($W^1$, $W^2$, $W^3$, $B$). Il en reste donc un sans masse, et c’est précisément la combinaison orthogonale, $(g’W^3_\mu + gB_\mu)$, qui n’apparaît nulle part dans le calcul.
C’est elle que nous allons identifier au photon.
L’angle de Weinberg
Nos particules dépendant du rapport de $g’$ et $g$, il est commode de tracer un triangle rectangle dont ces deux couplages sont les côtés, et de définir
$\displaystyle \tan\theta_{\mathrm W} = \frac{g'}{g} $
On définit alors deux nouveaux champs par une simple rotation d’angle $\theta_{\mathrm W}$ dans le plan $(W^3, B)$ :
$\displaystyle \begin{pmatrix} Z_\mu \\ A_\mu \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\theta_{\mathrm W} & -\sin\theta_{\mathrm W} \\ \sin\theta_{\mathrm W} & \cos\theta_{\mathrm W}\end{pmatrix}\begin{pmatrix} W^3_\mu \\ B_\mu\end{pmatrix} $
En termes de ces nouveaux champs, le résultat du calcul se réécrit
$\displaystyle (D_\mu\phi)^\dagger(D^\mu\phi) = \frac{1}{2}(\partial_\mu h)^2 + \frac{g^2v^2}{4}\big[(W^1_\mu)^2 + (W^2_\mu)^2\big] + \frac{g^2v^2}{4\cos^2\theta_{\mathrm W}}Z_\mu^2 + \ldots $
Le spectre après brisure
$\displaystyle M_W^2 = \frac{g^2v^2}{2} \qquad M_Z = \frac{M_W}{\cos\theta_{\mathrm W}} \qquad M_A = 0 $
Le champ $A_\mu$ n’apparaît pas dans le terme de masse : le photon reste sans masse, comme la symétrie résiduelle $U(1)_Q$ l’exigeait.
Et puisque les $W$ et le $Z$ sont massifs, leurs propagateurs sont de la forme $G_{\mu\nu}/(p^2 - M^2 + \mathrm{i}\epsilon)$. Or la partie sur les propagateurs nous a appris ce que cela signifie : un potentiel en $\mathrm e^{-M|\boldsymbol r|}$, donc une portée finie, de l’ordre de $1/M$. L’interaction faible est faible parce qu’elle est courte, et elle est courte parce que ses médiateurs ont mangé des modes de Goldstone.
Ce que la théorie prédit
Reste à lire les interactions. Comme pour QED, le couplage minimal les donne toutes : il suffit de développer les dérivées covariantes et d’éliminer $B_\mu$, $W^3_\mu$ et $g’$ au profit de $A_\mu$, $Z_\mu$ et $\theta_{\mathrm W}$.
$\displaystyle \mathcal L \supset -g\sin\theta_{\mathrm W}\;\bar e\gamma^\mu e\,A_\mu + \frac{g}{\cos\theta_{\mathrm W}}\left(\sin^2\theta_{\mathrm W}\,\bar e_{\mathrm R}\gamma^\mu e_{\mathrm R} - \frac{1}{2}\cos 2\theta_{\mathrm W}\,\bar e_{\mathrm L}\gamma^\mu e_{\mathrm L} + \frac{1}{2}\bar\nu_e\gamma^\mu\nu_e\right)Z_\mu $
$\displaystyle +\; \frac{g}{\sqrt 2}\left[\bar\nu_e\gamma^\mu e_{\mathrm L}\,W^\dagger_\mu + \bar e_{\mathrm L}\gamma^\mu\nu_e\,W_\mu\right] \qquad\text{avec}\qquad W_\mu = \frac{W^1_\mu + \mathrm{i}W^2_\mu}{\sqrt 2} $
Quatre lectures s’imposent, et chacune est un fait expérimental retrouvé.
Le photon ne se couple qu’aux électrons, pas aux neutrinos. C’est ce qu’on observe, et cela découle du fait que $A_\mu$ apparaît multiplié par $\bar e\gamma^\mu e$ seulement.
La charge électrique est prédite comme le coefficient devant ce terme, exactement comme en QED :
$\displaystyle |e| = g\,\sin\theta_{\mathrm W} $
Le champ $W_\mu$ ne couple que les électrons gauches aux neutrinos, et ne touche pas aux droits. Le champ $Z_\mu$ couple les deux chiralités, mais avec des intensités différentes.
D’où la violation de la parité. L’opération $\mathrm P$ échange les champs gauches et droits. Comme les termes en $W_\mu$ et $Z_\mu$ traitent les deux chiralités différemment, $\mathrm P^{-1}\mathcal H_{\mathrm I}\mathrm P \neq \mathcal H_{\mathrm I}$.
C’est en ce sens précis que l’interaction faible « viole la parité », et l’on voit que ce n’est pas une bizarrerie ajoutée à la main : c’est une conséquence de la structure du doublet, qui ne contient que des champs gauches.
Le plus spectaculaire de ces vertex est celui du $W$ : l’émission ou l’absorption d’un $W^\pm$ transforme un électron en neutrino, et réciproquement. Aucune interaction rencontrée jusqu’ici ne changeait la nature d’une particule.
La confrontation, en un tableau
| grandeur | prédiction du modèle | mesure |
|---|---|---|
| masse du $Z^0$ | $M_W/\cos\theta_{\mathrm W}$ | $91{,}19$ GeV |
| masse du $W^\pm$ | $g^2v^2/2$ | $80{,}40$ GeV |
| angle de Weinberg | $\cos\theta_{\mathrm W} = M_W/M_Z$ | $\theta_{\mathrm W} \simeq 28°$ |
| masse du neutrino | exactement $0$ | très petite, mais non nulle |
| masse du photon | exactement $0$ | $0$ |
| boson de Higgs | existe | $\simeq 125$ GeV |
Ce tableau doit se lire dans le bon ordre chronologique, car c’est ce qui en fait la force. L’angle de Weinberg avait été estimé par des mesures de sections efficaces de diffusion de leptons, bien avant qu’on ne dispose des énergies nécessaires. Il fournissait donc une prédiction des masses du $W$ et du $Z$, et ces particules furent découvertes aux énergies prédites.
Le boson de Higgs fut la dernière prédiction à tomber, en 2012.
Une nuance honnête, cependant, sur deux points.
Le neutrino n’est pas réellement sans masse : les oscillations de saveur l’ont établi. Sa masse est toutefois minuscule devant celle de l’électron, et l’Univers décrit ici reste une excellente approximation du nôtre. Le modèle, tel quel, ne l’explique pas.
Et le Higgs n’est pas « ce qui donne sa masse à tout ». Les masses du proton et du neutron, qui font l’essentiel de la masse des objets quotidiens, sont dominées par l’énergie de confinement des quarks. L’image populaire est donc assez largement fausse.
Bilan
$\displaystyle SU(2)\otimes U(1)\ \text{locale} \;\xrightarrow{\ \text{aucune masse permise}\ }\; \text{Higgs de } Y = +1,\ I = 1/2 \;\xrightarrow{\ m_{\mathrm h}^2 > 0\ }\; \langle\phi\rangle_0 = \begin{pmatrix} 0 \\ v\end{pmatrix} $
$\displaystyle \hat U = \mathrm{e}^{\mathrm{i}(\frac{Y}{2} + I_3\tau^3)\beta} = \mathrm{e}^{\mathrm{i}Q\beta} \;\Longrightarrow\; U(1)_Q\ \text{non brisée} \;\Longrightarrow\; \text{photon sans masse} $
$\displaystyle -G_e\big(\bar L\phi R + \bar R\phi^\dagger L\big) \;\xrightarrow{\ \phi \to \langle\phi\rangle_0\ }\; m_e = G_e v \qquad\text{et}\qquad m_\nu = 0 $
$\displaystyle 3\ \text{modes de Goldstone} \;\longrightarrow\; W^\pm,\ Z^0\ \text{massifs} \qquad M_Z = \frac{M_W}{\cos\theta_{\mathrm W}} \qquad |e| = g\sin\theta_{\mathrm W} $
Pièges
- L'hypercharge $Y$ n'est pas la charge électrique. C'est la charge de la symétrie $U(1)$ d'avant la brisure, et $Q = I_3 + Y/2$ les relie.
- Le $U(1)$ d'avant la brisure n'est pas celui de l'électromagnétisme. Celui de l'électromagnétisme est le $U(1)_Q$ résiduel, une combinaison de l'ancien $U(1)_Y$ et d'une partie de $SU(2)$. C'est pourquoi le photon est un mélange de $W^3$ et de $B$.
- Les termes de masse sont interdits avant la brisure, et pour une raison structurelle : une masse relie les chiralités, or $SU(2)$ agit sur $L$ et pas sur $R$.
- Le signe du terme de masse du Higgs est positif dans le lagrangien, à l'inverse d'un scalaire ordinaire. C'est ce signe qui rend l'origine instable et provoque la brisure.
- La jauge unitaire ne fait pas disparaître les trois composantes du Higgs : elles deviennent les polarisations longitudinales des trois bosons massifs. Trois modes consommés, trois bosons massifs.
- L'angle de Weinberg n'est pas un paramètre supplémentaire du modèle : c'est l'angle de la rotation qui diagonalise les masses dans le plan $(W^3, B)$, et il est entièrement fixé par le rapport $g'/g$.
- L'interaction faible est « faible » surtout parce qu'elle est courte : le facteur $1/M_W^2$ du propagateur écrase l'amplitude à basse énergie. À énergie comparable à $M_W$, elle n'est plus faible du tout.
- Le Higgs ne donne pas sa masse à « tout » : l'essentiel de la masse de la matière ordinaire vient de l'énergie de confinement des quarks, pas du couplage au Higgs.
Et maintenant ? Le modèle électrofaible referme la boucle ouverte au tout début de ce cours : partis d’une symétrie interne et du principe de jauge, nous voici en possession d’une théorie qui prédit le spectre des particules observées et la valeur de leurs masses.
Restent des questions que ce modèle ne tranche pas. Pourquoi le neutrino n’existe-t-il qu’en version gauche ? D’où viennent les trois générations de leptons et de quarks ? Et comment quantifier proprement une théorie de Yang–Mills, ce qui exige des techniques que nous avons contournées ? Ce sont les chantiers ouverts de la partie suivante.