Examen de Physique des Particules - Corrigé - LPSC

UJF - Master 2 Physique Subatomique et Astroparticules 5 décembre 2012, durée 3h
Examen de Physique des Particules - Corrigé
Particle Physics Booklet autorisé
Exercice 1 : Questions courtes (12 pts)
a) e + e − → νµ¯νµ à √ s=1 GeV
fortement defavorisé : le seul diagramme possible pour ce processus est e + e − → Z ∗ → νµ¯νµ
et √ s ≪ mZ. À comparer avec la production de leptons chagés ou de quarks où le diagramme
électromagnétique existe et domine à cette énergie.
b) e + e − → ντ ¯ντ à √ s=100 GeV
possible : diagramme faible en voie s avec √ s ≈ mZ.
c) e + e − → ντ ¯νe à √ s=100 GeV
impossible : pas de flavor changing neutral currents, pas de mélange de saveur dans le secteur
des leptons.
d) e + e − → u¯s à √ s=200 GeV
impossible : non conservation de la charge électrique.
e) e + e − → u¯c à √ s=15 GeV
fortement défavorisé : pas de flavor changing neutral currents à l’arbre, mais possible via des
boucles des bosons W.
f) e + e − → t¯t à √ s=250 GeV
impossible : √ s < 2mt.
g) η → π + π −
fortement defavorisé : non conservation de la parité.
h) t → bW +
possible : c’est le mode dominant de désintégration du quark top.
i) h → γγ
fortement défavorisé : il n’existe pas de couplage direct entre higgs et photon, possbible uniquement
via des boucles donc ce rapport d’embranchement est très faible comparé à h → b ¯ b par
exemple. rem : possible est accepté, car ce mode de désintégration reste le canal le plus interessant
au LHC...
j) gg → e + e − à √ s=10 GeV
fortement défavorisé : avec un diagramme en ”boite”. rem : impossible accepté.
k) uū → µ + µ − à √ s=10 GeV
possible : processus Drell-Yan
l) gg → t¯t à √ s=500 GeV
possible : mode dominant de production du top au LHC
Bonus : e + e − → c ¯ bµ − à √ s = 10 15 GeV
impossible dans le modèle standard. Néanmoins à cette échelle d’énergie le MS n’est certainement
plus valide et d’autres particules doivent intervenir. Ce processus concerve la charge électrique et la
charge de couleur mais viole la conservation des nombres baryonique et leptonique, ce qui est envisagé
dans de nombreuses extensions du MS (leptoquarks dans les modèles de GUT par exemple,. . .)

Exercice 2 : Invariance de jauge en QCD (9pts)
Le lagrangien des gluons est :
Lgluons = − 1
4 Ga µνG µνa
avec Dµ ≡ ∂µ − igs ˆ Gµ et ˆ Gµν = Ga µνT a = Dµ ˆ Gν − Dν ˆ Gµ.
a) On a vu en cours que :
ˆGµν = G a µνT a = Dµ ˆ Gν − Dν ˆ Gµ = ∂µG a ν − ∂νG a µ + gsf abc G b µ Gc
a
ν T
soit :
G a µν = F a µν + gsf abc G b µG c ν avec F a µν = ∂µG a ν − ∂νG a µ
Le terme F a µν est identique à celui apparaissant dans le lagrangien de Maxwell. Le lagrangien des
gluons s’écrit donc :
Lgluons = − 1
4 Ga µν Gµνa
= − 1
4 F a µνF µνa − 1
2 gsf abc F a µνG µb G νc − 1
4 g2 sf abc f ade G b µG c νG µd G νe
= − 1
4 F a µνF µνa
”Maxwell”
Les diagrammes des termes d’autocouplages sont :
gc1¯c2
− 1
2 gsf abc (∂µG a ν − ∂νG a µ)G µb G νc
−
couplage à 3 gluons
1
4 g2 sf abc f ade G b µG c νG µd G νe
couplage à 4 gluons
∝ √ αs
gc1¯c3
gc2¯c3
b) La transfomation infinitésimale du champ de jauge est :
d’où le résultat final : δG a µ
G a′
µ T a = (1 + iω b T b )G a µ T a (1 − iω b T b ) + 1
= G a µT a + iω b G a b a
µ T , T + 1
(∂µω a )T a
= G a µ T a − f bac ω b G a µ T c + 1
(∂µω
gs
a )T a
= G a µ + f abc G b µω c + 1
(∂µω a
) T a
gs
= 1
gs ∂µω a + fabcG b µ ωc .
g
g
gs
gs
g
∝ αs
g
(∂µω a )T a (1 − iω b T b )

c) À partir des deux questions précédentes, on a :
G a′
µν = ∂µG a ν − ∂νG a µ + gsf abc G b µ Gc ν + ∂µδG a ν − ∂νδG a ⎛
abc ⎜
µ + gsf ⎝G b µ δGcν + δGb µ Gcν +
O(ω2 ⎞
)
⎟
⎠
G a µν
La variation de la courbure de jauge δG a µν
δG a µν
= 1
gs
=0
δG b µ δGc ν
δG a µν
est alors :
⎛
⎝∂µ∂νω a − ∂ν∂µω a
⎞
⎠ + f
abc ∂µG b ν − ∂νG b
c
µ ω + f
✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭
abc G b ν∂µω c − G b µ ∂νω
c
abc 1
b
+ gsf Gµ ∂νω
✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭✭
gs
c + G c ν∂µω b
+gsf
abc f cde G b µ Gdν ωe + f bde G d µ Gcν ωe
=−f abc (G b ν ∂µωc −G b µ ∂νωc )
= f abc ∂µG b ν − ∂νG b µ
ω c + gsf abc f cde G b µ Gd ν ωe + f bde G d µ Gc ν ωe
Le dernier terme de la somme peut se simplifier en utilisant l’idnetité de Jacobi :
On a alors :
Finalement :
f abc f cde + f adc f ceb + f aec f cbd = 0
f abc f cde G b µ Gd ν ωe + f bde G d µ Gc ν ωe = f abc f cde + f acd f bce G b µ Gd ν ωe
D’où l’invariance du lagrangien :
= −f aec f cbe G b µ Gd ν ωe
= f abc f bde G d µ Ge ν ωc
δG a µν = f abc ∂µG b ν − ∂νG b µ + gsf bde G d µG e ν
L ′ gluons
ω c = f abc G b µνω c
1
a
= Gµν + δG
4
a
µνa µνa 1
µν (G + δG ) =
4 Ga µνGµνa = Lgluons
car : G a µν δGµνa = f abc G a µν Gµνb ω c = f bac G µνb G a µν ωc = −f abc G a µν Gµνb ω c = 0.
Exercice 3 : Désintégration du muon non-polarisé (10 pts)
a) Diagramme de µ − (p) → e − (p1) + ¯νe(p2) + νµ(p3) :
µ − , p
W −
νµ, p3
¯νe, p2
e − , p1
b) Dans le centre de masse, Eµ = m et Γ = 1
|Mfi|
2m
2dΦ3.

c) Résultat intermédiaire :
On a alors :
d) La largeur totale est :
(p1 + p3) 2 = p 2 1 + p2 3 + 2p1 · p3 = 2p1 · p3
(p − p2) 2 = p 2 + p 2 2 + 2p · p2 = m 2 + 2mE2
p1 + p3 = p − p2 ⇒ 2p1 · p3 = m 2 + 2mE2
|Mfi| 2 = 64G 2 F (p · p2)(p1 · p3) = 32G 2 F m2 (mE2 − 2E 2 2 )
Γ = G2 F m
2π 3
m
2
0
dE1
m
2
m
2 −E1
mE2 − 2E 2 2 dE3
Dans la seconde intégrale, on réalise le changement de variable :
soit :
e) τ = 1
Γ
f) Dans le pdg :
soit :
GF =
E3 → E2 ⇒ E3 = m − E1 − E2 et dE3 = −dE2
Γ = − G2 F m2
2π 3
= G2 F m
2π 3
= G2 F m
2π 3
Γ = G2 F m5
192π 3
m
2
0
m
2
0
m
2
0
dE1
dE1
m
2
m
2 −E1
m
2
m
2 −E1
mE1
2 − 2E3 1
3 dE1
mE2 − 2E 2 2 dE2
mE2 − 2E 2 2 dE2
mµ = 105.66 MeV et τµ = 2.197 −6 s
192π3 m5τ =
192π
3
(0.10566 )
GeV
5 × (2.197 −6
× 3
s
−8
ms−1 / (0.197 × 10 15 ) )
GeV.m
= 1.162 × 10−5 GeV −2
Le pdg donne GF = 1.162 × 10 −5 GeV −2 , la différence avec la valeur calculée ici résulte des corrections
d’ordre supérieur.
g) La largeur partielle d’obtient avant la dernière intégration :
en rempaçant E1 par x = 2E1
m :
soit :
dΓ = G2 F m2
2π 3
dΓ = G2 F m
π 3
mE1
4 − E3 1
3
dE1
3 m
16 x2 − m3
24 x3
dx = G2F m5
192π3 2x2 (3 − 2x)dx
1 dΓ
Γ dx = 2x2 (3 − 2x)

Exercice 4 : Structure de saveur des mésons légers (7pts)
soit :
⎛
uū u
⎝
¯ d u¯s
dū d ¯ d d¯s
sū s ¯ ⎞ ⎛
⎠ = ⎝
d s¯s
uū+d ¯ d+s¯s
⎛
T i j = ⎝
uū u ¯ d u¯s
dū d ¯ d d¯s
sū s ¯ d s¯s
0 0
3
uū+d 0
¯ d+s¯s 0
3
uū+d 0 0 ¯ d+s¯s
3
⎞
⎞
⎠
ij
⎛
⎠ + ⎝
2uū−d ¯ d−s¯s
u 3 ¯ d u¯s
2d dū
¯ d−uū−s¯s d¯s
3
sū s ¯ 2s¯s−uū−d d ¯ d
3
a) Le terme T i 1
j − 3δi jT est de trace nulle et de dimension (nombre de composantes) 32 −1 = 8, et forme
donc un sous espace invariant. Le premier terme un unique degré de liberté, c’est donc un singlet.
Soit 3 × ¯3 = 1 + 8.
b) Le contenu en saveur du singlet est donné par :
η ′ ∝ uū + d ¯ d + s¯s
La normalisation est donnée par 〈η ′ |η ′ 〉 = 1 ⇒ η ′ = uū+d ¯ d+s¯s
√ 3
c) Ces particules sont données par les termes non diagonaux de l’octet :
d) Le terme T 3 3 ne doit contenir que le η, soit :
π + = u ¯ d K + = u¯s K 0 = d¯s
π − = dū K − = sū ¯ K 0 = s ¯ d
η ∝ 2s¯s − uū − d ¯ d
La normalisation est donnée par 〈η |η〉 = 1 ⇒ η = 2s¯s−uū−d¯ d
√ 6
e) On réécrit :
et
et finalement :
⎛
⎝
T 1 1 = 2uū − d ¯ d − s¯s
3
T 2 2 = 2d ¯ d − uū − s¯s
3
uū u ¯ d u¯s
dū d ¯ d d¯s
sū s ¯ d s¯s
⎞
⎠ =
⎛
⎜
⎝
= 1
2 (uū − d ¯ d) − 1
6 (2s¯s − uū − d ¯ d) = π0
√ 2 − η √ 6
= 1
2 (d ¯ d − uū) − 1
6 (2s¯s − uū − d ¯ d) = − π0
√ 2 − η √ 6
η ′
√ 3
0
0 0
η ′
√ 3
0 0
0
η ′
√ 3
⎞
⎟
⎠ +
⎛
⎜
⎝
π 0
√ 2 − η √ 6
π + K +
π− − π0
√ −
2 η √ K
6 0
K− K¯ 0 √6
2η
⎞
⎟
⎠ .
⎞
⎠.