习题 2.1 - 解答

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一阶微扰分析

在微扰理论中，我们从伽利略变换 $x' = x + v_g t$ 出发，并假设时间变换包含一阶微扰项 $t' = t + \delta t$。根据狭义相对论的基本要求，时空间隔 $t^2 - x^2$ 必须在坐标变换下保持不变。

要求在 $\mathcal{O}(v^2)$ 精度下保持 $t'^2 - x'^2 = t^2 - x^2$，我们直接展开并保留至一阶项： $(t + \delta t)^2 - (x + v_g t)^2 \approx t^2 + 2t\delta t - x^2 - 2x v_g t$ 令其等于 $t^2 - x^2$，可直接得到关于 $\delta t$ 的方程： $2t\delta t - 2x v_g t = 0$ 解得 $\delta t = v_g x$。在第一阶近似下取 $v_g = v$，我们得到一阶变换： $\boxed{x' = x + vt, \quad t' = t + vx}$

二阶微扰分析

为了推广到二阶 $\mathcal{O}(v^3)$，我们在一阶结果的基础上引入二阶修正项。设变换的普遍形式为： $x' = x + v_g t + A v_g^2 x + B v_g^2 t$ $t' = t + v_g x + C v_g^2 x + D v_g^2 t$

将上述表达式代入不变性条件 $t'^2 - x'^2 = t^2 - x^2$ 中。通过直接匹配等式两边 $x^2$、$t^2$ 和 $xt$ 的系数，并结合空间各向同性（即反转坐标轴和速度方向时物理规律不变，要求 $B=C=0$），可以确定剩余系数： $v_g^2 - 2A v_g^2 = 0 \implies A = \frac{1}{2}$ $-v_g^2 + 2D v_g^2 = 0 \implies D = \frac{1}{2}$

由此得到二阶微扰变换结果： $\boxed{x' = x + v_g t + \frac{1}{2}v_g^2 x, \quad t' = t + v_g x + \frac{1}{2}v_g^2 t}$

与完整变换的对比

完整的洛伦兹变换为 $x' = \frac{x+vt}{\sqrt{1-v^2}}$ 和 $t' = \frac{t+vx}{\sqrt{1-v^2}}$。将其对速度 $v$ 进行泰勒展开至二阶： $x' \approx (x+vt)\left(1 + \frac{1}{2}v^2\right) \approx x + vt + \frac{1}{2}v^2 x$ $t' \approx (t+vx)\left(1 + \frac{1}{2}v^2\right) \approx t + vx + \frac{1}{2}v^2 t$ 对比微扰推导的二阶结果可知，当函数关系取为 $v(v_g) = v_g + \mathcal{O}(v_g^3)$ 时，微扰理论给出的二阶展开与完整洛伦兹变换的二阶展开完全一致。 $\boxed{v(v_g) = v_g}$

习题 2.2 - 解答

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物理背景与参数设定 大型强子对撞机（LHC）的质心系能量为 $E_{\text{CM}} = 14 \text{ TeV}$。在对撞机质心系中，两束质子相向运动且动量大小相等，因此每个质子的总能量为： $E = \frac{E_{\text{CM}}}{2} = 7 \text{ TeV} = 7000 \text{ GeV}$ 已知质子的静止质量 $m_p \approx 0.9383 \text{ GeV}/c^2$，真空中的光速 $c = 299,792,458 \text{ m/s}$。换算为 km/h 为： $c = 299,792.458 \text{ km/s} \times 3600 \text{ s/h} \approx 1.079 \times 10^9 \text{ km/h}$

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(a) 质子运动速度比光速慢多少 km/h？

分析与推导： 根据狭义相对论，粒子的总能量 $E$ 与其静止质量 $m_p$ 的关系为： $E = \gamma m_p c^2$ 其中洛伦兹因子 $\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \beta^2}}$，且 $\beta = \frac{v}{c}$。 首先计算质子的洛伦兹因子： $\gamma = \frac{E}{m_p c^2} = \frac{7000 \text{ GeV}}{0.9383 \text{ GeV}} \approx 7460.3$ 由于 $\gamma \gg 1$，质子处于超相对论（ultra-relativistic）极限状态，$\beta$ 极其接近 1。我们可以对 $\beta$ 进行泰勒展开（或二项式展开）以避免直接计算带来的浮点数精度丢失： $\beta = \sqrt{1 - \frac{1}{\gamma^2}} \approx 1 - \frac{1}{2\gamma^2}$ 题目要求计算质子速度比光速慢多少，即速度差 $\Delta v = c - v$： $\Delta v = c(1 - \beta) \approx \frac{c}{2\gamma^2}$ 代入已知数值进行计算： $\Delta v \approx \frac{1.079 \times 10^9 \text{ km/h}}{2 \times (7460.3)^2} \approx \frac{1.079 \times 10^9}{1.113 \times 10^8} \text{ km/h} \approx 9.69 \text{ km/h}$

解答： 质子的运动速度比光速大约慢： $\boxed{9.69 \text{ km/h}}$

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(b) 一个质子相对于另一个质子的运动速度是多少？

分析与推导： 设在实验室系（即质心系）中，质子 1 的速度为 $v$，质子 2 的速度为 $-v$。我们需要求出在质子 1 的静止参考系中，质子 2 的相对速度 $v_{\text{rel}}$。 根据狭义相对论的速度叠加公式： $v_{\text{rel}} = \frac{v_1 - v_2}{1 - \frac{v_1 v_2}{c^2}} = \frac{v - (-v)}{1 - \frac{v(-v)}{c^2}} = \frac{2v}{1 + \frac{v^2}{c^2}}$ 引入无量纲速度 $\beta_{\text{rel}} = \frac{v_{\text{rel}}}{c}$，则有： $\beta_{\text{rel}} = \frac{2\beta}{1 + \beta^2}$ 由于这个速度极其接近光速 $c$，直接写出其数值没有物理意义（会显示为 $c$）。我们计算它与光速的微小差值 $\Delta v_{\text{rel}} = c - v_{\text{rel}}$： $\Delta v_{\text{rel}} = c(1 - \beta_{\text{rel}}) = c \left( 1 - \frac{2\beta}{1 + \beta^2} \right) = c \frac{(1 - \beta)^2}{1 + \beta^2}$ 利用 (a) 中的近似结果 $1 - \beta \approx \frac{1}{2\gamma^2}$，并且在分母中由于 $\beta \approx 1$，可以近似取 $1 + \beta^2 \approx 2$： $\Delta v_{\text{rel}} \approx c \frac{\left(\frac{1}{2\gamma^2}\right)^2}{2} = \frac{c}{8\gamma^4}$ 代入数值计算该差值（此处使用 $c = 3 \times 10^8 \text{ m/s}$ 即可满足精度要求）： $\Delta v_{\text{rel}} \approx \frac{299,792,458 \text{ m/s}}{8 \times (7460.3)^4} \approx \frac{3 \times 10^8}{8 \times 3.09 \times 10^{15}} \text{ m/s} \approx 1.21 \times 10^{-8} \text{ m/s}$

解答： 一个质子相对于另一个质子的速度极其接近光速，具体表示为光速减去一个极微小的修正项： $\boxed{v_{\text{rel}} \approx c - 1.21 \times 10^{-8} \text{ m/s}}$

习题 2.3 - 解答

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本题探讨的是宇宙射线物理学中著名的 GZK 极限（Greisen-Zatsepin-Kuzmin bound）。该极限指出，由于极高能质子会与宇宙微波背景辐射（CMB）光子发生非弹性碰撞产生光子-介子，宇宙射线的能谱在特定能量之上应出现截断。

下面逐一进行物理分析与计算。已知物理常数与粒子质量如下： 玻尔兹曼常数 $k_B \approx 8.617 \times 10^{-5} \text{ eV/K}$ 质子质量 $m_p \approx 938 \text{ MeV}$ 中性 $\pi$ 介子质量 $m_\pi \approx 135 \text{ MeV}$

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(a) 宇宙微波背景辐射光子的平均能量

分析与计算： 宇宙微波背景辐射可以视为温度为 $T = 2.73 \text{ K}$ 的理想黑体辐射（光子气体）。根据量子统计力学，服从玻色-爱因斯坦统计的光子气体的平均能量 $\langle E \rangle$ 为： $\langle E \rangle = \frac{\pi^4}{30 \zeta(3)} k_B T \approx 2.701 k_B T$ 其中 $\zeta(3) \approx 1.202$ 为黎曼 Zeta 函数。

代入温度 $T = 2.73 \text{ K}$： $\langle E \rangle \approx 2.701 \times (8.617 \times 10^{-5} \text{ eV/K}) \times 2.73 \text{ K}$ $\langle E \rangle \approx 6.35 \times 10^{-4} \text{ eV}$

$\boxed{\langle E \rangle \approx 6.35 \times 10^{-4} \text{ eV}}$

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(b) 质子与光子碰撞产生 $\pi^0$ 介子的阈值能量

分析与推导： 考虑反应 $p^+ + \gamma \rightarrow p^+ + \pi^0$。为了求出质子所需的最低能量（阈值能量），我们需要满足两个条件：

1. 碰撞必须是对撞（Head-on collision），这样可以最大化质心系能量。
2. 在阈值处，反应产物（出射质子和 $\pi^0$ 介子）在质心系中相对静止。

设实验室系中入射质子的四维动量为 $P_p = (E_p, 0, 0, p_p)$，CMB 光子的四维动量为 $P_\gamma = (E_\gamma, 0, 0, -E_\gamma)$。 系统的曼德尔施塔姆变量 $s$（即质心系总能量的平方）为： $s = (P_p + P_\gamma)^2 = P_p^2 + P_\gamma^2 + 2P_p \cdot P_\gamma$ 代入 $P_p^2 = m_p^2$ 和 $P_\gamma^2 = 0$： $s = m_p^2 + 2(E_p E_\gamma - p_p (-E_\gamma)) = m_p^2 + 2E_\gamma(E_p + p_p)$

在阈值处，末态质子和介子在质心系中静止，因此末态的最小不变质量平方为： $s_{th} = (m_p + m_\pi)^2 = m_p^2 + m_\pi^2 + 2m_p m_\pi$

令 $s = s_{th}$，得到： $m_p^2 + 2E_\gamma(E_p + p_p) = m_p^2 + m_\pi^2 + 2m_p m_\pi$ $2E_\gamma(E_p + p_p) = m_\pi^2 + 2m_p m_\pi$

近似处理： 由于我们预期的质子能量极高（远大于其静止质量 $m_p \sim 10^9 \text{ eV}$），质子处于极端相对论状态，因此其动量 $p_p = \sqrt{E_p^2 - m_p^2} \approx E_p$。 上式可化简为： $4E_\gamma E_p \approx m_\pi^2 + 2m_p m_\pi$ $E_p \approx \frac{m_\pi^2 + 2m_p m_\pi}{4E_\gamma}$

数值计算： 分子部分： $m_\pi^2 + 2m_p m_\pi = (135)^2 + 2(938)(135) = 18225 + 253260 = 271485 \text{ MeV}^2 = 2.715 \times 10^{17} \text{ eV}^2$ 分母部分： $4E_\gamma = 4 \times (6.35 \times 10^{-4} \text{ eV}) = 2.54 \times 10^{-3} \text{ eV}$ 代入求 $E_p$： $E_p \approx \frac{2.715 \times 10^{17} \text{ eV}^2}{2.54 \times 10^{-3} \text{ eV}} \approx 1.07 \times 10^{20} \text{ eV}$

$\boxed{E_p \approx 1.07 \times 10^{20} \text{ eV}}$ (注：这就是著名的 GZK 截断能量量级 $\sim 5 \times 10^{19} \text{ eV}$ 的理论基础，具体数值会因采用的微波背景光子能量分布的尾部积分而略有差异，但基于平均能量的计算结果即为此值。)

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(c) 反应后出射质子的能量

分析与推导： 在阈值能量下发生反应时，末态的质子和 $\pi^0$ 介子在质心系中是静止的。这意味着在实验室参考系中，出射的质子和 $\pi^0$ 介子具有相同的速度，它们作为一个整体（总质量为 $m_p + m_\pi$）向前运动。

根据四维动量守恒，初态总四维动量 $P_{tot} = P_p + P_\gamma$。 在阈值处，末态质子的四维动量 $P'_p$ 与总四维动量成正比，比例系数为其质量占总质量的份额： $P'_p = \frac{m_p}{m_p + m_\pi} P_{tot}$

取该四维矢量的能量分量（即时间分量）： $E'_p = \frac{m_p}{m_p + m_\pi} (E_p + E_\gamma)$ 由于 $E_p \sim 10^{20} \text{ eV}$ 且 $E_\gamma \sim 10^{-4} \text{ eV}$，显然 $E_p + E_\gamma \approx E_p$。因此： $E'_p \approx \frac{m_p}{m_p + m_\pi} E_p$

数值计算： $\frac{m_p}{m_p + m_\pi} = \frac{938}{938 + 135} = \frac{938}{1073} \approx 0.8742$ $E'_p \approx 0.8742 \times 1.07 \times 10^{20} \text{ eV} \approx 9.35 \times 10^{19} \text{ eV}$

$\boxed{E'_p \approx 9.35 \times 10^{19} \text{ eV}}$ (物理意义：每次发生 GZK 相互作用，极高能质子大约会损失其初始能量的 12.6%，直到其能量降至 GZK 阈值以下，从而导致我们在地球上观测到的宇宙射线能谱在 $10^{20} \text{ eV}$ 附近出现急剧截断。)

习题 2.4 - 解答

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洛伦兹变换的定义是保持闵可夫斯基度规 $\eta_{\mu\nu}$ 不变的线性变换，即其变换矩阵 $\Lambda$ 必须满足： $\Lambda^T \eta \Lambda = \eta$ 其中度规取为 $\eta = \text{diag}(1, -1, -1, -1)$。

对于给定的变换 $Y : (t, x, y, z) \rightarrow (t, x, -y, z)$，其矩阵形式为： $Y = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \text{diag}(1, 1, -1, 1)$

将 $Y$ 代入洛伦兹变换的定义式中进行检验。由于 $Y$ 是对角矩阵，且满足 $Y = Y^T = Y^{-1}$，我们有： $Y^T \eta Y = \text{diag}(1, 1, -1, 1) \text{diag}(1, -1, -1, -1) \text{diag}(1, 1, -1, 1) = \text{diag}(1, -1, -1, -1) = \eta$ 因此，$Y$ 严格满足洛伦兹变换的条件。

接下来分析为什么 $Y$ 不与空间反演 $P$ 和时间反演 $T$ 一起被视为基本的离散洛伦兹变换。

完整的洛伦兹群 $O(1,3)$ 在拓扑上包含四个不连通的分支，这些分支由行列式 $\det \Lambda = \pm 1$ 和时间分量 $\Lambda^0_{\ 0} \ge 1$ 或 $\le -1$ 来区分：

1. 正常正时洛伦兹群 $SO^+(1,3)$（包含单位元，$\det \Lambda = 1, \Lambda^0_{\ 0} \ge 1$）
2. 空间反演分支（由 $P$ 生成，$\det \Lambda = -1, \Lambda^0_{\ 0} \ge 1$）
3. 时间反演分支（由 $T$ 生成，$\det \Lambda = -1, \Lambda^0_{\ 0} \le -1$）
4. 时空反演分支（由 $PT$ 生成，$\det \Lambda = 1, \Lambda^0_{\ 0} \le -1$）

空间反演 $P$ 的矩阵形式为 $P = \text{diag}(1, -1, -1, -1)$。 对于变换 $Y$，计算其行列式和时间分量： $\det Y = -1, \quad Y^0_{\ 0} = 1$ 这表明 $Y$ 与 $P$ 属于洛伦兹群的同一个连通分支。在群论意义上，如果两个离散变换可以通过一个连续的正常正时洛伦兹变换（如空间旋转）相互转化，那么它们在分类连通分支时是等价的，不需要作为独立的离散生成元。

我们可以显式地构造出连接 $Y$ 和 $P$ 的连续变换。考虑绕 $y$ 轴旋转 $\pi$ 角度的旋转矩阵 $R_y(\pi)$： $R_y(\pi) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \cos\pi & 0 & \sin\pi \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -\sin\pi & 0 & \cos\pi \end{pmatrix} = \text{diag}(1, -1, 1, -1)$ 显然 $R_y(\pi) \in SO^+(1,3)$。我们将 $R_y(\pi)$ 作用于空间反演 $P$： $R_y(\pi) P = \text{diag}(1, -1, 1, -1) \text{diag}(1, -1, -1, -1) = \text{diag}(1, 1, -1, 1) = Y$ 这表明单轴反演变换 $Y$ 仅仅是全空间反演 $P$ 加上一个绕 $y$ 轴的连续空间旋转。

综上所述，最终结论如下：

$\boxed{\text{Yes, } Y \text{ is a Lorentz transformation.}}$ $\boxed{\text{It is not considered a fundamental discrete transformation alongside } P \text{ and } T \text{ because } Y = R_y(\pi) P \text{.}}$ $\boxed{\text{Since } Y \text{ is continuously connected to } P \text{ via a spatial rotation, it does not generate a new disconnected component of the Lorentz group.}}$

习题 2.5 - 解答

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(a) 为什么将电子视为自由粒子是合理的？

在晶体中，电子被束缚在原子核周围，其结合能（对于外层电子约为几 $\text{eV}$，内层电子为几百到几千 $\text{eV}$）通常远小于入射 X 射线光子的能量（通常在 $10 \sim 100 \text{ keV}$ 量级）。

在康普顿散射过程中，光子传递给电子的能量远大于电子的结合能。因此，结合能和晶格的束缚势可以被忽略，电子在吸收动量时表现得如同没有受到任何束缚。将其近似为静止的自由粒子是一个非常精确的近似。

$\boxed{E_{\text{X-ray}} \gg E_{\text{binding}} \implies \text{结合能可忽略，电子可视为自由粒子}}$

(b) 计算反射 X 射线频率对散射角的依赖关系，并描绘粗略图像。

采用自然单位制 $\hbar = c = 1$。设入射光子频率为 $\omega$，散射光子频率为 $\omega'$，电子质量为 $m$。 初始状态下，光子的四维动量为 $p = (\omega, \vec{k})$，其中 $|\vec{k}| = \omega$；静止电子的四维动量为 $P = (m, \vec{0})$。 散射后，光子的四维动量为 $p' = (\omega', \vec{k}')$，其中 $|\vec{k}'| = \omega'$；电子的四维动量为 $P'$。

根据四维动量守恒定律： $P' = P + p - p'$

将等式两边平方，利用不变质量 $P^2 = P'^2 = m^2$ 以及光子质量 $p^2 = p'^2 = 0$： $P'^2 = (P + p - p')^2$ $m^2 = P^2 + p^2 + p'^2 + 2P \cdot p - 2P \cdot p' - 2p \cdot p'$ $m^2 = m^2 + 0 + 0 + 2m\omega - 2m\omega' - 2(\omega\omega' - \vec{k} \cdot \vec{k}')$

设光子散射角为 $\theta$，则 $\vec{k} \cdot \vec{k}' = \omega\omega'\cos\theta$。代入上式并化简： $0 = m\omega - m\omega' - \omega\omega'(1 - \cos\theta)$

两边同除以 $m\omega\omega'$，得到波长（或频率倒数）的偏移公式： $\frac{1}{\omega'} - \frac{1}{\omega} = \frac{1}{m}(1 - \cos\theta)$

解出 $\omega'$ 关于 $\theta$ 的函数： $\boxed{\omega'(\theta) = \frac{\omega}{1 + \frac{\omega}{m}(1 - \cos\theta)}}$

图像描绘分析：

• 当 $\theta = 0$（前向散射）时，$\omega' = \omega$，光子能量无损失。
• 当 $\theta = \pi$（背向散射）时，$\omega'$ 达到最小值 $\omega' = \frac{\omega}{1 + 2\omega/m}$。
• 曲线在 $\theta \in [0, \pi]$ 区间内单调递减。

粗略图像特征如下：

  ω' 
  |
ω | *  (θ=0, ω'=ω)
  |   *
  |     *
  |       *
  |         *
  |           *  (θ=π, ω'=ω/(1+2ω/m))
  |-------------*--------
  0             π       θ

(c) 当电子质量趋于零时，分布会发生什么变化？

考察 (b) 中得到的频率分布公式： $\omega' = \frac{\omega}{1 + \frac{\omega}{m}(1 - \cos\theta)} = \frac{m}{\frac{m}{\omega} + 1 - \cos\theta}$

取极限 $m \to 0$：

1. 对于任意非零散射角 $\theta \neq 0$，有 $1 - \cos\theta > 0$。此时分母中的 $\frac{\omega}{m}(1 - \cos\theta) \to \infty$，导致 $\omega' \to 0$。
2. 对于 $\theta = 0$，无论 $m$ 取何值，始终有 $\omega' = \omega$。

物理上，无质量的电子在受到任何非前向的微小碰撞时，都会以光速反冲并带走光子的所有能量。因此，散射光子的频率分布将退化为在 $\theta = 0$ 处的狄拉克 $\delta$ 函数，而在所有其他方向上，散射光子频率变为零（即光子消失，能量完全转移给电子）。

$\boxed{\lim_{m \to 0} \omega'(\theta) = \begin{cases} \omega, & \theta = 0 \\ 0, & \theta \neq 0 \end{cases}}$

(d) 如果不相信光子动量量子化，你会预期得到什么样的分布？

如果不接受光子动量量子化（即爱因斯坦的光量子假说），则必须使用经典电动力学来处理这一过程（即经典的汤姆孙散射，Thomson scattering）。

在经典图像中，入射的 X 射线被视为经典的电磁波。电磁波的振荡电场会驱动晶体中的电子以与入射波完全相同的频率 $\omega$ 进行受迫振动。 根据经典电动力学，加速运动的电荷会向外辐射电磁波（偶极辐射）。因为电子的振荡频率就是入射波的频率 $\omega$，所以它辐射出的散射波频率必然等于其振荡频率。

因此，在经典理论中，无论散射角 $\theta$ 是多少，散射 X 射线的频率都不会发生改变。预期的分布将是没有频率偏移的分布，仅散射强度随角度变化（正比于 $1 + \cos^2\theta$）。

$\boxed{\text{经典预期 (Thomson 散射): } \omega' = \omega \quad (\text{对所有 } \theta \text{ 均成立，无频率偏移})}$

习题 2.6 - 解答

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(a) 本题要求利用狄拉克 $\delta$ 函数的性质计算积分。首先回顾 $\delta$ 函数对于复合函数的展开公式：

其中 $x_i$ 是方程 $f(x) = 0$ 的单根。

在四维动量空间中，四维动量平方为 $k^2 = (k^0)^2 - \vec{k}^2$。定义 $\omega_k \equiv \sqrt{\vec{k}^2 + m^2}$，则函数 $f(k^0) = k^2 - m^2$ 可以写为：

方程 $f(k^0) = 0$ 有两个根：

对 $f(k^0)$ 求导得到 $f'(k^0) = 2k^0$。因此，$\delta(k^2 - m^2)$ 可以展开为：

将此展开式代入原积分中，并利用阶跃函数 $\theta(k^0)$ 的性质（当 $k^0 > 0$ 时为 $1$，当 $k^0 < 0$ 时为 $0$）：

因为 $\omega_k = \sqrt{\vec{k}^2 + m^2} > 0$，所以 $\theta(\omega_k) = 1$ 且 $\theta(-\omega_k) = 0$。最终得到：

(b) 本题要求证明四维动量空间的积分测度 $d^4 k$ 是洛伦兹不变的。 在洛伦兹变换下，四维动量 $k^\mu$ 变换为 $k'^\mu = \Lambda^\mu_{\ \nu} k^\nu$。这是一个线性变换，因此积分测度的变换由雅可比行列式决定：

根据洛伦兹变换的定义，度规张量 $\eta_{\mu\nu}$ 在变换下保持不变，即：

对上式两边取行列式，利用 $\det(AB) = \det(A)\det(B)$ 以及 $\det(\Lambda^T) = \det(\Lambda)$，得到：

因为 $\det \eta = -1 \neq 0$，所以有：

因此，雅可比行列式的绝对值为 $1$，这证明了：

即积分测度 $d^4 k$ 是洛伦兹不变的。

(c) 本题要求证明三维积分测度 $\frac{d^3 k}{2\omega_k}$ 是洛伦兹不变的。 根据 (a) 的结果，我们可以将该三维积分测度重写为一个四维积分的形式：

现在我们逐一分析被积表达式中的每一项在正规洛伦兹变换（Proper orthochronous Lorentz transformations, $\det \Lambda = 1$ 且 $\Lambda^0_{\ 0} \ge 1$）下的变换性质：

1. 由 (b) 可知，四维积分测度 $d^4 k$ 是洛伦兹不变的。
2. 四维动量平方 $k^2 = k_\mu k^\mu$ 是洛伦兹标量，静止质量 $m^2$ 也是常数，因此 $\delta(k^2 - m^2)$ 是洛伦兹不变的。
3. 阶跃函数 $\theta(k^0)$ 依赖于能量的符号。由于 $\delta(k^2 - m^2)$ 限制了 $k^\mu$ 必须是一个类时或类光矢量（$k^2 = m^2 \ge 0$）。对于类时或类光矢量，在保持时间方向不反转的洛伦兹变换（即 $\Lambda^0_{\ 0} \ge 1$）下，其时间分量 $k^0$ 的符号是绝对不变的。因此，在正规洛伦兹变换下，$\theta(k^0)$ 也是不变的。

综上所述，积分 $\int d^4 k \, \delta(k^2 - m^2) \theta(k^0)$ 中的所有组成部分都是洛伦兹不变的。因此，与之等价的三维积分测度也必然是洛伦兹不变的：

物理上，这个测度被称为相对论协变的三维动量空间相空间测度（Lorentz-invariant phase space measure），在量子场论的散射截面和衰变率计算中起着核心作用。

习题 2.7 - 解答

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题目分析与物理背景 本题探讨一维简谐振子的相干态（Coherent states）。相干态是量子力学中非常重要的一类量子态，它在形式上是湮灭算符 $a$ 的本征态，其物理图像最接近经典简谐振子的运动。相干态满足最小不确定度关系，且在演化过程中波包形状保持不变。题目采用自然单位制（$\hbar=m=\omega=1$），此时位置与动量算符可无量纲化表示为 $x = \frac{1}{\sqrt{2}}(a + a^\dagger)$ 和 $p = \frac{1}{i\sqrt{2}}(a - a^\dagger)$。

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(a) 计算 $\partial_{z}(e^{-z a^{\dagger}} a e^{z a^{\dagger}})$

利用算符求导法则，对参数 $z$ 求偏导数。注意 $a$ 和 $a^\dagger$ 是不依赖于 $z$ 的算符：

根据玻色子的基本对易关系 $[a, a^{\dagger}] = 1$，上式化简为：

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(b) 证明 $|z\rangle=e^{z a^{\dagger}}|0\rangle$ 是 $a$ 的本征态并求其本征值

由 (a) 的结论可知，函数 $f(z) = e^{-z a^{\dagger}} a e^{z a^{\dagger}}$ 的导数为 $1$。对其关于 $z$ 积分可得：

由于 $f(0) = a$，我们得到算符恒等式（这也是 Hadamard 引理的一个特例）：

在等式两边左乘 $e^{z a^{\dagger}}$，得到：

将此算符等式作用在真空态 $|0\rangle$ 上：

因为湮灭算符作用于真空态的结果为零，即 $a|0\rangle = 0$，所以：

这证明了 $|z\rangle$ 是 $a$ 的本征态，其对应的本征值为 $z$。

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(c) 计算 $\langle n | z\rangle$

将指数算符 $e^{z a^{\dagger}}$ 展开为泰勒级数：

在粒子数表象中，产生算符连续作用于真空态的性质为 $(a^{\dagger})^k |0\rangle = \sqrt{k!} |k\rangle$。代入上式得：

用左矢 $\langle n|$ 与之作内积，利用正交归一性 $\langle n | k\rangle = \delta_{n,k}$：

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(d) 证明相干态满足最小色散：$\Delta p \Delta x=\frac{1}{2}$

在自然单位制下，位置与动量算符表示为：

题目定义的期望值为归一化期望值 $\langle O \rangle = \frac{\langle z|O|z\rangle}{\langle z|z\rangle}$。 由于 $a|z\rangle = z|z\rangle$ 且 $\langle z|a^{\dagger} = z^* \langle z|$，我们可以直接计算 $a$ 和 $a^\dagger$ 的期望值：

由此得到 $x$ 和 $p$ 的期望值：

接下来计算 $x^2$ 和 $p^2$ 的期望值。首先将算符展开并利用 $[a, a^\dagger]=1$ 化为正规序（产生算符在左，湮灭算符在右）：

求期望值：

计算方差（色散）：

因此，位置与动量的不确定度乘积为：

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(e) 为什么无法构造 $a^{\dagger}$ 的本征态？

假设存在一个非平庸的量子态 $|\psi\rangle$ 是 $a^{\dagger}$ 的本征态，本征值为 $\lambda$，即：

将 $|\psi\rangle$ 在粒子数表象（Fock 空间）中展开：$|\psi\rangle = \sum_{n=0}^{\infty} c_n |n\rangle$。代入本征方程：

利用 $a^{\dagger}|n\rangle = \sqrt{n+1}|n+1\rangle$，等式左边变为：

比较等式两边基矢 $|m\rangle$ 的系数：

1. 对于 $m=0$（即 $|0\rangle$ 的系数）：左边没有 $|0\rangle$ 项，因此 $0 = \lambda c_0$。
2. 对于 $m \ge 1$：$c_{m-1} \sqrt{m} = \lambda c_m$。

如果 $\lambda \neq 0$，由 $0 = \lambda c_0$ 推出 $c_0 = 0$。代入递推关系 $c_m = \frac{\sqrt{m}}{\lambda} c_{m-1}$，可依次推出 $c_1=0, c_2=0, \dots$，即所有系数 $c_m = 0$，此时 $|\psi\rangle$ 为零向量，不是合法的量子态。 如果 $\lambda = 0$，递推关系变为 $c_{m-1} \sqrt{m} = 0$。对于 $m \ge 1$，这要求 $c_{m-1} = 0$，同样导致所有系数为零。

物理上，产生算符 $a^\dagger$ 总是将态的粒子数激发到更高的能级，Fock 空间存在能量下界（真空态 $|0\rangle$），但 $a^\dagger$ 无法通过任何态的线性组合映射回自身（它无法生成 $|0\rangle$ 分量）。因此，不存在非平庸解。