习题 15.1 - 解答

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(a) $SU(3)$ 群生成元的数量分析

$SU(3)$ 群由所有行列式为 $1$ 的 $3 \times 3$ 幺正矩阵构成。任意一个 $SU(3)$ 矩阵 $U$ 都可以通过指数映射表示为 $U = \exp(i \theta^a t^a)$，其中 $\theta^a$ 是实参数，$t^a$ 是群的生成元。

1. 幺正性条件 ($U^\dagger U = \mathbf{1}$)：要求生成元 $t^a$ 必须是厄米矩阵，即 $(t^a)^\dagger = t^a$。一个一般的 $3 \times 3$ 复矩阵有 $9$ 个复数元素（$18$ 个实自由度）。厄米条件要求对角线元素为实数（$3$ 个实自由度），且非对角线元素满足复共轭对称（$3$ 个复数即 $6$ 个实自由度），因此厄米矩阵共有 $3 + 6 = 9$ 个独立的实参数。
2. 单位行列式条件 ($\det U = 1$)：利用恒等式 $\det(\exp A) = \exp(\text{tr} A)$，要求生成元必须是无迹的，即 $\text{tr}(t^a) = 0$。这为对角线元素引入了 $1$ 个实约束条件。

综合以上两个条件，独立的实参数个数为 $9 - 1 = 8$。因此，$SU(3)$ 的李代数 $\mathfrak{su}(3)$ 的维数为 $8$，其基础表示的基底中恰好包含 $8$ 个矩阵。

(b) 计算对易子、确定结构常数及全反对称性证明

$SU(3)$ 的李代数由对易关系 $[t^a, t^b] = i f^{abc} t^c$ 定义，其中 $f^{abc}$ 为结构常数。 首先证明在归一化条件 $\text{tr}(t^a t^b) = \frac{1}{2} \delta^{ab}$ 下，$f^{abc}$ 是全反对称的。将对易关系两边同乘 $t^d$ 并取迹：

由此可得结构常数的表达式：

利用矩阵迹的循环不变性 $\text{tr}(t^b t^a t^c) = \text{tr}(t^a t^c t^b)$，可以得到：

这表明 $f^{abc}$ 在指标的循环置换下是不变的，即 $f^{abc} = f^{bca} = f^{cab}$。 同时，由对易子的反对称性 $[t^a, t^b] = -[t^b, t^a]$ 可知，交换前两个指标会改变符号：$f^{abc} = -f^{bac}$。 一个张量如果在前两个指标交换下反号，且在循环置换下不变，则它是全反对称的。

接下来通过直接计算代表性的对易子来确定非零的结构常数：

• $[t^1, t^2] = \frac{1}{4} \left[ \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & -i & 0 \\ i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \right] = \frac{i}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = i t^3 \implies f^{123} = 1$
• $[t^1, t^4] = \frac{1}{4} \left[ \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \right] = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix} = \frac{i}{2} t^7 \implies f^{147} = \frac{1}{2}$
• $[t^4, t^5] = \frac{1}{4} \left[ \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & 0 & -i \\ 0 & 0 & 0 \\ i & 0 & 0 \end{pmatrix} \right] = \frac{i}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} = \frac{i}{2} (t^3 + \sqrt{3} t^8) \implies f^{453} = \frac{1}{2}, f^{458} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

穷举所有组合，独立的非零结构常数如下：

(c) 验证正交性条件并计算 $C(r)$

正交性条件为 $\text{tr}[t_r^a t_r^b] = C(r) \delta^{ab}$。我们选取 $a=b=1$ 和 $a=b=8$ 进行验证：

对于 $a \neq b$，由于矩阵乘积的对角线元素之和均为零，迹显然为 $0$。因此正交性条件成立，且基础表示的常数 $C(r)$ 为：

(d) 计算二次卡西米尔算符 $C_2(r)$ 并验证关系式

二次卡西米尔算符定义为 $t^a_r t^a_r = C_2(r) \cdot \mathbf{1}$。我们直接计算所有生成元的平方：

将这 $8$ 个矩阵相加：

因此，基础表示的二次卡西米尔算符为：

最后验证关系式 (15.94)：$d(r) C_2(r) = d(G) C(r)$。 已知基础表示的维数 $d(r) = 3$，伴随表示的维数（生成元个数） $d(G) = 8$。代入已求得的常数：

左右两边相等，关系式 $\boxed{ d(r) C_2(r) = d(G) C(r) }$ 得到完美验证。

习题 15.2 - 解答

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对于 $SU(2)$ 群，其李代数的生成元满足对易关系 $[T^a, T^b] = i \epsilon^{abc} T^c$，其中结构常数 $f^{abc} = \epsilon^{abc}$ 是完全反对称的列维-奇维塔符号（Levi-Civita symbol），且 $\epsilon^{123} = 1$。

在伴随表示（adjoint representation）中，生成元矩阵的维度等于群的生成元个数（对于 $SU(2)$ 为 3），其矩阵元素由结构常数直接给出：

其中 $a, b, c \in \{1, 2, 3\}$。

1. 伴随表示的基矩阵

根据上述定义，我们可以逐一写出这三个 $3 \times 3$ 的基矩阵 $T^1_G, T^2_G, T^3_G$：

对于 $a=1$：

对于 $a=2$：

对于 $a=3$：

2. 计算 $C(G)$

根据定义 (15.78)，表示的指数（Dynkin index）$C(r)$ 满足：

为了计算伴随表示的 $C(G)$，我们只需取 $a=b=1$ 并计算其迹：

对其求迹：

因此，由 $\text{tr}[(T^1_G)^2] = C(G) \delta^{11} = C(G)$，我们得到：

3. 计算 $C_2(G)$

根据定义 (15.92)，二次卡西米尔算子（quadratic Casimir operator）$C_2(r)$ 满足：

我们已经计算了 $(T^1_G)^2$。接下来计算 $(T^2_G)^2$ 和 $(T^3_G)^2$：

将这三个矩阵相加：

即 $\sum_{a=1}^3 (T^a_G)^2 = 2 \cdot \mathbf{1}_{3 \times 3}$。与定义对比，我们得到：

(注：对于一般的 $SU(N)$ 群，伴随表示的 $C(G)$ 和 $C_2(G)$ 均等于 $N$。本题中 $N=2$，直接计算的结果与一般结论完全一致。)

习题 15.3 - 解答

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Part (a)

The Wilson loop operator for a closed path $P$ in pure U(1) gauge theory (QED without fermions) is defined as: $U_P = \exp\left( -ie \oint_P A_\mu dx^\mu \right)$ Using functional integration, the expectation value of the Wilson loop is given by the path integral: $\langle U_P \rangle = \frac{\int \mathcal{D}A_\mu \, e^{iS[A]} \exp\left( -ie \oint_P A_\mu dx^\mu \right)}{\int \mathcal{D}A_\mu \, e^{iS[A]}}$ In the Feynman gauge, the action is quadratic in the gauge field: $S[A] = \int d^4x \left( -\frac{1}{2} \partial_\mu A_\nu \partial^\mu A^\nu \right)$. Thus, the path integral is a standard Gaussian integral with a source term $J^\mu(x) = -e \oint_P dy^\mu \delta^{(4)}(x-y)$.

For a Gaussian functional distribution, the expectation value of an exponential is $\langle e^{i \int J \cdot A} \rangle = e^{-\frac{1}{2} \langle (\int J \cdot A)^2 \rangle}$. Therefore, we can directly exponentiate the two-point correlation function: $\langle U_P \rangle = \exp\left[ -\frac{e^2}{2} \oint_P dx^\mu \oint_P dy^\nu \langle T A_\mu(x) A_\nu(y) \rangle \right]$ The position-space Feynman propagator for the massless photon is: $\langle T A_\mu(x) A_\nu(y) \rangle = \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} \frac{-ig_{\mu\nu}}{p^2 + i\epsilon} e^{-ip \cdot (x-y)} = \frac{g_{\mu\nu}}{4\pi^2 (x-y)^2}$ (where the $i\epsilon$ prescription is implicitly absorbed into the squared distance). Substituting this propagator into the exponent yields: $\langle U_P \rangle = \exp\left[ -\frac{e^2}{2} \oint_P dx^\mu \oint_P dy^\nu \frac{g_{\mu\nu}}{4\pi^2(x-y)^2} \right]$ $\boxed{ \langle U_P \rangle = \exp\left[ -e^2 \oint_P dx^\mu \oint_P dy^\nu g_{\mu\nu} \frac{1}{8\pi^2(x-y)^2} \right] }$

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Part (b)

We consider a rectangular Wilson loop with spacelike width $R$ and timelike length $T$, where $T \gg R$. The path $P$ consists of four segments. The dominant contribution to the integral comes from the two long timelike segments, which we parameterize as:

• Segment 1: $x^\mu = (t, \vec{R}/2)$, with $dx^\mu = (dt, \vec{0})$ for $t \in [-T/2, T/2]$.
• Segment 3: $y^\mu = (t', -\vec{R}/2)$, with $dy^\mu = (dt', \vec{0})$ for $t' \in [T/2, -T/2]$ (note the reversed direction in time).

The self-interactions (Segment 1 with 1, and 3 with 3) yield divergent constants independent of $R$, representing the self-energy of the point charges, which do not contribute to the inter-particle potential $V(R)$. The $R$-dependent potential arises from the cross-terms (Segment 1 with 3, and 3 with 1).

The cross-term contribution to the exponent is: $W_{13+31} = -2 e^2 \int_{\text{Seg 1}} dx^\mu \int_{\text{Seg 3}} dy^\nu g_{\mu\nu} \frac{1}{8\pi^2(x-y)^2}$ Since $dx^\mu$ and $dy^\nu$ only have non-zero time components, $g_{\mu\nu} dx^\mu dy^\nu = dt \, dt'$. The squared distance is $(x-y)^2 = (t-t')^2 - R^2 - i\epsilon$. Taking into account the integration limits for Segment 3, we have: $W_{13+31} = -2 e^2 \int_{-T/2}^{T/2} dt \int_{T/2}^{-T/2} dt' \frac{1}{8\pi^2 ((t-t')^2 - R^2 - i\epsilon)}$ Reversing the limits of $t'$ introduces a minus sign: $W_{13+31} = 2 e^2 \int_{-T/2}^{T/2} dt \int_{-T/2}^{T/2} dt' \frac{1}{8\pi^2 ((t-t')^2 - R^2 - i\epsilon)}$ Change variables to the relative time $\tau = t - t'$ and average time $s = (t+t')/2$. For $T \gg R$, the integral over $s$ gives $T$, and the integral over $\tau$ extends from $-\infty$ to $\infty$: $W_{13+31} = \frac{e^2 T}{4\pi^2} \int_{-\infty}^{\infty} d\tau \frac{1}{\tau^2 - R^2 - i\epsilon}$ The integral over $\tau$ can be evaluated using contour integration. The poles are at $\tau = \pm (R + i\epsilon')$. Closing the contour in the upper half-plane encloses the pole at $\tau = R + i\epsilon'$, giving: $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{d\tau}{\tau^2 - R^2 - i\epsilon} = 2\pi i \left( \frac{1}{2R} \right) = \frac{i\pi}{R}$ Thus, the exponent becomes: $W_{13+31} = \frac{e^2 T}{4\pi^2} \left( \frac{i\pi}{R} \right) = i \frac{e^2}{4\pi R} T$ The expectation value of the Wilson loop is $\langle U_P \rangle = \exp\left( i \frac{e^2}{4\pi R} T \right)$. Comparing this to the general expression for time evolution $\langle U_P \rangle = \exp[-i E(R) T]$, we find: $-i E(R) T = i \frac{e^2}{4\pi R} T \implies E(R) = -\frac{e^2}{4\pi R}$ $\boxed{ V(R) = -\frac{e^2}{4\pi R} }$ This is exactly the attractive Coulomb potential.

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Part (c)

For a non-Abelian gauge theory, the Wilson loop in representation $r$ is defined as: $\langle U_P \rangle = \frac{1}{d(r)} \left\langle \text{tr} \, \mathcal{P} \exp\left( ig \oint_P A_\mu^a T^a dx^\mu \right) \right\rangle$ Expanding the path-ordered exponential to order $g^2$: $\langle U_P \rangle = \frac{1}{d(r)} \text{tr} \left\langle I + ig \oint_P A_\mu^a T^a dx^\mu - g^2 \oint_{x > y} A_\mu^a(x) A_\nu^b(y) T^a T^b dx^\mu dy^\nu \right\rangle$ The linear term vanishes because $\langle A_\mu^a \rangle = 0$. For the quadratic term, we use the given Feynman gauge propagator: $\langle A_\mu^a(x) A_\nu^b(y) \rangle = \delta^{ab} \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} \frac{-ig_{\mu\nu}}{p^2 + i\epsilon} e^{-ip \cdot (x-y)} \equiv \delta^{ab} D_{\mu\nu}(x-y)$ Substituting this into the expansion and using the Casimir operator $T^a T^a = C_2(r) I$: $\langle U_P \rangle = 1 - \frac{g^2}{d(r)} \text{tr} \left( C_2(r) I \right) \oint_{x > y} dx^\mu dy^\nu D_{\mu\nu}(x-y)$ Since $\text{tr}(I) = d(r)$ and the propagator $D_{\mu\nu}(x-y)$ is symmetric under the exchange of $x$ and $y$, the path-ordered integral over $x > y$ is exactly half of the unconstrained double integral: $\langle U_P \rangle = 1 - \frac{g^2}{2} C_2(r) \oint_P \oint_P dx^\mu dy^\nu D_{\mu\nu}(x-y) + \mathcal{O}(g^4)$ This matches the expansion of an exponential: $\langle U_P \rangle \approx \exp\left[ -\frac{g^2}{2} C_2(r) \oint_P \oint_P dx^\mu dy^\nu \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} \frac{-ig_{\mu\nu}}{p^2 + i\epsilon} e^{-ip \cdot (x-y)} \right]$ We evaluate the exponent for the rectangular loop $T \gg R$ as in part (b). The cross-terms between the two timelike segments give: $W_{13+31} = -g^2 C_2(r) \int_{-T/2}^{T/2} dt \int_{T/2}^{-T/2} dt' \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} \frac{-i}{p_0^2 - \vec{p}^2 + i\epsilon} e^{-ip_0(t-t')} e^{i\vec{p}\cdot\vec{R}}$ Reversing the $t'$ limits gives a plus sign. For large $T$, the time integrals yield $\int dt \int dt' e^{-ip_0(t-t')} \approx 2\pi \delta(p_0) T$. The exponent becomes: $W_{13+31} = g^2 C_2(r) T \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{-i}{-\vec{p}^2} e^{i\vec{p}\cdot\vec{R}} = i g^2 C_2(r) T \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{e^{i\vec{p}\cdot\vec{R}}}{\vec{p}^2}$ Using the standard 3D Fourier transform $\int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{e^{i\vec{p}\cdot\vec{R}}}{\vec{p}^2} = \frac{1}{4\pi R}$, we obtain: $W_{13+31} = i \frac{g^2 C_2(r)}{4\pi R} T$ Thus, to order $g^2$, the expectation value is $\langle U_P \rangle = \exp\left( i \frac{g^2 C_2(r)}{4\pi R} T \right)$. Comparing this with $\langle U_P \rangle = \exp[-i E(R) T]$, we identify the potential energy: $\boxed{ V(R) = -\frac{g^2 C_2(r)}{4\pi R} }$

习题 15.4 - 解答

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(a) 首先，考虑自由标量场的薛定谔方程：

在四维闵可夫斯基时空中，该方程描述了一个“质量”为 $1/2$ 的非相对论粒子在固有时间 $T$ 下的演化（注意这里的度规符号差和算符定义）。其在坐标空间的标准传播子解（即热核或薛定谔核）为：

将此表达式代入 $D_F(x, y)$ 的积分公式中：

为了计算这个积分，我们可以引入一个微小的正虚部 $m^2 \to m^2 - i\epsilon$ 以保证积分在 $T \to \infty$ 时收敛。利用标准的 Schwinger 固有时（proper time）积分公式，或者将其转换到动量空间：

对 $T$ 从 $0$ 到 $\infty$ 积分：

完成 $T$ 积分得到：

因此，

这正是标准的自由标量场 Feynman 传播子。

(b) 在背景电磁场 $A_\mu$ 中，标量场满足的 Klein-Gordon 方程中的普通导数被协变导数替代：$\partial_\mu \to D_\mu = \partial_\mu + ieA_\mu$。对应的薛定谔方程变为：

其中哈密顿算符为 $\hat{H} = -(\partial_\mu + ieA_\mu)^2 + m^2 = (\hat{p}_\mu - eA_\mu)^2 + m^2$（这里 $\hat{p}_\mu = -i\partial_\mu$）。

现在我们从路径积分的角度推导对应的拉格朗日量。已知哈密顿量为 $H(x, p) = (p - eA)^2 + m^2$。 由哈密顿方程，速度为：

进行勒让德变换得到拉格朗日量：

(注：题目表达式中的动能项系数为 $1/2$，这通常源于对固有时间 $T$ 的重新标度 $T \to 2T$，若采用题目的标度，则对应 $L = \frac{1}{2}\dot{x}^2 + e\dot{x}^\mu A_\mu - \frac{1}{2}m^2$。物理本质完全一致，此处采用标准系数 $1/4$ 以严格匹配 $\partial^2$ 算符。)

将此拉格朗日量代入路径积分公式：

其中相互作用项 $\exp\left( ie \int \dot{x}^\mu A_\mu dt \right) = \exp\left( ie \int_y^x A_\mu dx^\mu \right)$ 正是阿贝尔规范场下的 Wilson line。 根据路径积分与算符演化的标准等价性，该路径积分定义的演化核必然满足以 $\hat{H} = (\hat{p} - eA)^2 + m^2 = -D^2 + m^2$ 为哈密顿量的薛定谔方程：

这证明了该泛函积分确实是背景电磁场中标量传播子的表示。

(c) 对于非阿贝尔规范理论，规范场 $A_\mu = A_\mu^a t^a$ 是矩阵值的，其中 $t^a$ 是规范群的生成元。 此时，Wilson line 因子推广为：

其中 $\mathcal{P}$ 表示路径排序（Path-ordering）。

路径排序的必要性证明： 在薛定谔方程中，我们需要计算时间演化算符对 $T$ 的导数。将时间区间 $[0, T]$ 分割为无穷多个微小时间步 $\Delta t$。路径积分的离散形式为一系列短时演化算符的乘积：

在非阿贝尔情况下，不同空间点上的矩阵 $A_\mu(x)$ 彼此不对易，即 $[A_\mu(x(t_1)), A_\nu(x(t_2))] \neq 0$。 如果指数中的积分没有路径排序，直接求导会得到：

因为 $A_\mu(x(T))$ 无法穿过积分中其他时间的 $A_\nu$ 矩阵提取到最左侧。 只有引入路径排序 $\mathcal{P}$，使得晚时刻的矩阵总是排在早时刻矩阵的左侧，我们才能在求导时将最新时刻 $T$ 的哈密顿量准确地提取到最左边：

对应到路径积分中，这保证了算符 $\hat{H} = -D^2 + m^2$ 能够正确地作用在传播子 $D(x, y, T)$ 的末态坐标 $x$ 上。因此，