习题 3.1 - 解答

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根据最小作用量原理（哈密顿原理），系统的经典场方程（运动方程）由作用量 $S$ 的变分为零给出，即 $\delta S = 0$。

考虑一个依赖于标量场 $\phi$ 及其直到 $n$ 阶时空导数的广义拉格朗日密度： $\mathcal{L} = \mathcal{L}(\phi, \partial_{\mu_1}\phi, \partial_{\mu_1}\partial_{\mu_2}\phi, \dots, \partial_{\mu_1}\partial_{\mu_2}\dots\partial_{\mu_n}\phi)$

系统的作用量定义为拉格朗日密度在全时空的积分： $S = \int d^d x \, \mathcal{L}$

对场 $\phi(x)$ 进行微小变分 $\phi(x) \to \phi(x) + \delta\phi(x)$。由于变分算符 $\delta$ 与时空偏导数 $\partial_\mu$ 是相互独立的线性算符，它们满足对易关系： $\delta(\partial_{\mu_1}\dots\partial_{\mu_k}\phi) = \partial_{\mu_1}\dots\partial_{\mu_k}(\delta\phi)$

利用多元复合函数的链式法则，作用量的变分可以展开为对各阶导数项变分的求和： $\delta S = \int d^d x \left[ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi}\delta\phi + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_{\mu_1}\phi)}\delta(\partial_{\mu_1}\phi) + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_{\mu_1}\partial_{\mu_2}\phi)}\delta(\partial_{\mu_1}\partial_{\mu_2}\phi) + \dots + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_{\mu_1}\dots\partial_{\mu_n}\phi)}\delta(\partial_{\mu_1}\dots\partial_{\mu_n}\phi) \right]$

将其写为紧凑的求和形式： $\delta S = \int d^d x \sum_{k=0}^{n} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_{\mu_1}\dots\partial_{\mu_k}\phi)} \partial_{\mu_1}\dots\partial_{\mu_k}(\delta\phi)$ （注：当 $k=0$ 时，约定导数项即为场 $\phi$ 本身）。

为了提取出公共因子 $\delta\phi$，我们需要对包含导数的项使用分部积分法（Integration by Parts）。对于第 $k$ 阶导数项，连续进行 $k$ 次分部积分，将导数从 $\delta\phi$ 转移到 $\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_{\mu_1}\dots\partial_{\mu_k}\phi)}$ 上。每一次分部积分都会引入一个负号，因此 $k$ 次分部积分会产生因子 $(-1)^k$： $\int d^d x \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_{\mu_1}\dots\partial_{\mu_k}\phi)} \partial_{\mu_1}\dots\partial_{\mu_k}(\delta\phi) = \int d^d x \, (-1)^k \partial_{\mu_1}\dots\partial_{\mu_k} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_{\mu_1}\dots\partial_{\mu_k}\phi)} \right) \delta\phi + \text{表面项}$

在变分法中，我们要求场在时空边界上的构型是固定的。因此，假设变分 $\delta\phi$ 及其直到 $n-1$ 阶的所有法向导数在积分区域的边界上均严格为零。根据高斯定理，所有散度形式的表面项（边界项）积分后均等于零。

舍弃所有表面项后，作用量的变分化简为： $\delta S = \int d^d x \left[ \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \partial_{\mu_1}\dots\partial_{\mu_k} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_{\mu_1}\dots\partial_{\mu_k}\phi)} \right) \right] \delta\phi$

根据最小作用量原理，对于任意的内部变分 $\delta\phi(x)$，都必须满足 $\delta S = 0$。由变分法基本引理（Fundamental Lemma of Calculus of Variations），方括号内的表达式必须在全时空恒为零。

由此，我们得到了包含任意高阶导数的广义欧拉-拉格朗日方程（Generalized Euler-Lagrange equation）： $\boxed{ \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \partial_{\mu_1}\partial_{\mu_2}\dots\partial_{\mu_k} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_{\mu_1}\partial_{\mu_2}\dots\partial_{\mu_k}\phi)} \right) = 0 }$

展开前几项，该方程的具体形式为： $\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi} - \partial_\mu \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)} \right) + \partial_\mu \partial_\nu \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \partial_\nu \phi)} \right) - \dots + (-1)^n \partial_{\mu_1}\dots\partial_{\mu_n} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_{\mu_1}\dots\partial_{\mu_n}\phi)} \right) = 0$

习题 3.10 - 解答

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(a) 设度规约定为 $\eta_{\mu\nu} = \text{diag}(1, -1, -1, -1)$。给定的拉格朗日量为： $\mathcal{L} = -\frac{1}{2}h_{\mu\nu}\square h^{\mu\nu} + \frac{1}{M_{\text{Pl}}}h_{\mu\nu}T^{\mu\nu}$ 对 $h_{\mu\nu}$ 变分求运动方程（注意 $h_{\mu\nu}$ 是对称张量）： $\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial h_{\mu\nu}} - \partial_\alpha \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\alpha h_{\mu\nu})} = 0 \implies -\square h_{\mu\nu} + \frac{1}{M_{\text{Pl}}}T_{\mu\nu} = 0$ 即运动方程为 $\square h_{\mu\nu} = \frac{1}{M_{\text{Pl}}}T_{\mu\nu}$。 转换到动量空间，$\square \to -k^2$，运动方程变为： $-k^2 h_{\mu\nu}(k) = \frac{1}{M_{\text{Pl}}}T_{\mu\nu}(k) \implies h_{\mu\nu}(k) = -\frac{1}{M_{\text{Pl}}k^2}T_{\mu\nu}(k)$ 将运动方程代回原作用量中以求得有效相互作用。在壳（on-shell）时，动能项可化简为： $-\frac{1}{2}h_{\mu\nu}\square h^{\mu\nu} = -\frac{1}{2}h_{\mu\nu} \left( \frac{1}{M_{\text{Pl}}}T^{\mu\nu} \right)$ 因此有效拉格朗日量为： $\mathcal{L}_{\text{eff}} = -\frac{1}{2M_{\text{Pl}}}h_{\mu\nu}T^{\mu\nu} + \frac{1}{M_{\text{Pl}}}h_{\mu\nu}T^{\mu\nu} = \frac{1}{2M_{\text{Pl}}}h_{\mu\nu}T^{\mu\nu}$ 将动量空间中的 $h_{\mu\nu}$ 表达式代入，得到有效相互作用项： $\mathcal{L}_{\text{int}} = \frac{1}{2M_{\text{Pl}}} \left( -\frac{1}{M_{\text{Pl}}k^2}T_{\mu\nu} \right) T^{\mu\nu} = -\frac{1}{2M_{\text{Pl}}^2} T_{\mu\nu}\frac{1}{k^2}T^{\mu\nu}$ 这正是形如 $T_{\mu\nu}\frac{1}{k^2}T^{\mu\nu}$ 的相互作用。

(b) 在 $\eta_{\mu\nu} = \text{diag}(1, -1, -1, -1)$ 约定下，展开 $T_{\mu\nu}T^{\mu\nu}$。由于 $T_{\mu\nu}$ 是对称张量（$T_{\mu\nu} = T_{\nu\mu}$），且空间分量指标升降会引入负号（$T^{0i} = -T_{0i}$, $T^{ij} = T_{ij}$），我们有： $T_{\mu\nu}T^{\mu\nu} = T_{00}^2 + 2T_{0i}T^{0i} + T_{ij}T^{ij} = T_{00}^2 - 2T_{0i}^2 + T_{ij}^2$ 将其完全展开，相互作用 $T_{\mu\nu}\frac{1}{k^2}T^{\mu\nu}$ 显式包含以下 10 项： $\boxed{ \frac{1}{k^2} \left( T_{00}^2 - 2T_{01}^2 - 2T_{02}^2 - 2T_{03}^2 + T_{11}^2 + T_{22}^2 + T_{33}^2 + 2T_{12}^2 + 2T_{13}^2 + 2T_{23}^2 \right) }$

(c) 流守恒定律 $\partial_\mu T^{\mu\nu} = 0$ 在动量空间中表现为 $k_\mu T^{\mu\nu} = 0$。 设引力子沿 $x^1$ 方向传播，动量为 $k^\mu = (\omega, \kappa, 0, 0)$，则 $k_\mu = (\omega, -\kappa, 0, 0)$。 代入守恒方程得到： $\omega T^{0\nu} - \kappa T^{1\nu} = 0 \implies T^{1\nu} = \frac{\omega}{\kappa}T^{0\nu}$ 利用指标升降关系 $T_{0\nu} = \eta_{0\alpha}\eta_{\nu\beta}T^{\alpha\beta}$，我们可以解出所有含指标 1 的下指标分量： $T_{01} = -T^{01} = -T^{10} = -\frac{\omega}{\kappa}T^{00} = -\frac{\omega}{\kappa}T_{00}$ $T_{11} = T^{11} = \frac{\omega}{\kappa}T^{01} = \frac{\omega}{\kappa}\left(-\frac{\omega}{\kappa}T_{00}\right) = \frac{\omega^2}{\kappa^2}T_{00}$ $T_{12} = T^{12} = \frac{\omega}{\kappa}T^{02} = \frac{\omega}{\kappa}(-T_{02}) = -\frac{\omega}{\kappa}T_{02}$ $T_{13} = T^{13} = \frac{\omega}{\kappa}T^{03} = \frac{\omega}{\kappa}(-T_{03}) = -\frac{\omega}{\kappa}T_{03}$ 将上述关系代入 (b) 中的 10 项表达式中： $T_{\mu\nu}T^{\mu\nu} = T_{00}^2 - 2\frac{\omega^2}{\kappa^2}T_{00}^2 - 2T_{02}^2 - 2T_{03}^2 + \frac{\omega^4}{\kappa^4}T_{00}^2 + T_{22}^2 + T_{33}^2 + 2\frac{\omega^2}{\kappa^2}T_{02}^2 + 2\frac{\omega^2}{\kappa^2}T_{03}^2 + 2T_{23}^2$ 合并同类项，并利用在壳关系 $k^2 = \omega^2 - \kappa^2 \implies 1 - \frac{\omega^2}{\kappa^2} = -\frac{k^2}{\kappa^2}$： $T_{00}^2 \left( 1 - \frac{\omega^2}{\kappa^2} \right)^2 = \frac{k^4}{\kappa^4}T_{00}^2$ $-2T_{02}^2 \left( 1 - \frac{\omega^2}{\kappa^2} \right) = 2\frac{k^2}{\kappa^2}T_{02}^2 \quad \text{（对 } T_{03}^2 \text{ 同理）}$ 化简后的相互作用为： $\frac{1}{k^2}T_{\mu\nu}T^{\mu\nu} = \frac{k^2}{\kappa^4}T_{00}^2 + \frac{2}{\kappa^2}(T_{02}^2 + T_{03}^2) + \frac{1}{k^2}(T_{22}^2 + T_{33}^2 + 2T_{23}^2)$ 因果传播的自由度（Propagating degrees of freedom）对应于具有 $\frac{1}{k^2}$ 极点（pole）的项。极点项为 $\frac{1}{k^2}(T_{22}^2 + T_{33}^2 + 2T_{23}^2)$，它由 3 个独立的源分量（$T_{22}, T_{33}, T_{23}$）构成。 $\boxed{ \text{There are 3 causally propagating degrees of freedom.} }$

(d) 现在向相互作用中加入迹项 $c T^\mu_\mu \frac{1}{k^2} T^\nu_\nu$。首先计算源的迹 $T^\mu_\mu$： $T^\mu_\mu = T_{00} - T_{11} - T_{22} - T_{33} = T_{00} - \frac{\omega^2}{\kappa^2}T_{00} - (T_{22} + T_{33}) = -\frac{k^2}{\kappa^2}T_{00} - (T_{22} + T_{33})$ 将其平方并乘以 $\frac{c}{k^2}$： $c \frac{1}{k^2} (T^\mu_\mu)^2 = c \frac{k^2}{\kappa^4}T_{00}^2 + 2c \frac{1}{\kappa^2}T_{00}(T_{22} + T_{33}) + c \frac{1}{k^2}(T_{22} + T_{33})^2$ 新的极点项（包含 $\frac{1}{k^2}$ 的部分）变为原极点项与新极点项之和： $\text{Pole term} = \frac{1}{k^2} \left[ T_{22}^2 + T_{33}^2 + 2T_{23}^2 + c(T_{22} + T_{33})^2 \right]$ 将其写为关于 $T_{22}$ 和 $T_{33}$ 的二次型矩阵形式： $\begin{pmatrix} T_{22} & T_{33} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1+c & c \\ c & 1+c \end{pmatrix} \begin{pmatrix} T_{22} \\ T_{33} \end{pmatrix} + 2T_{23}^2$ 为了减少传播模式的数量，该二次型矩阵必须降秩，即其行列式必须为零： $\det \begin{pmatrix} 1+c & c \\ c & 1+c \end{pmatrix} = (1+c)^2 - c^2 = 1 + 2c = 0 \implies c = -\frac{1}{2}$ 当 $c = -1/2$ 时，极点项化简为： $\frac{1}{k^2} \left[ \frac{1}{2}T_{22}^2 + \frac{1}{2}T_{33}^2 - T_{22}T_{33} + 2T_{23}^2 \right] = \frac{1}{k^2} \left[ \frac{1}{2}(T_{22} - T_{33})^2 + 2T_{23}^2 \right]$ 此时，极点项仅依赖于 2 个独立的线性组合：$(T_{22} - T_{33})$ 和 $T_{23}$（这正是引力子的“+”极化和“$\times$”极化）。 $\boxed{ c = -\frac{1}{2}, \quad \text{There are now 2 propagating modes.} }$

习题 3.2 - 解答

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(a) Lorentz Currents $K_{\mu\nu\alpha}$

在全局洛伦兹变换 $x^\mu \rightarrow x^\mu + \omega^\mu_{\;\;\nu} x^\nu$（其中 $\omega_{\mu\nu} = -\omega_{\nu\mu}$ 为无穷小反对称参数）下，根据 Noether 定理，时空对称性对应的守恒流可以通过能量-动量张量 $T_{\mu\alpha}$ 构造。

对于平移不变性，其守恒流为能量-动量张量 $T_{\mu\alpha}$。洛伦兹变换包含坐标的旋转和推拨（boosts），其对应的 Noether 流不仅包含轨道角动量部分，还可能包含自旋部分。然而，如果使用对称化的能量-动量张量（Belinfante-Rosenfeld 张量，满足 $T_{\mu\alpha} = T_{\alpha\mu}$），自旋贡献会被吸收到轨道部分中。此时，与洛伦兹变换相关的三阶守恒流张量 $K_{\mu\nu\alpha}$ 可以直接由坐标和能量-动量张量表示为： $\boxed{ K_{\mu\nu\alpha} = x_\mu T_{\nu\alpha} - x_\nu T_{\mu\alpha} }$ 其中 $\alpha$ 是流的指标（满足 $\partial^\alpha K_{\mu\nu\alpha} = 0$），$\mu, \nu$ 标记洛伦兹群的生成元。

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(b) 计算特定拉格朗日量的流并验证守恒律

给定的拉格朗日量为 $\mathcal{L} = -\frac{1}{2} \phi (\square + m^2) \phi$。由于它包含二阶导数 $\square\phi = \partial_\beta \partial^\beta \phi$，我们需要使用广义 Noether 定理来计算能量-动量张量： $T_{\mu\alpha} = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial^\alpha \phi)} \partial_\mu \phi + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial^\alpha \partial^\beta \phi)} \partial_\beta \partial_\mu \phi - \partial^\beta \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial^\alpha \partial^\beta \phi)} \right) \partial_\mu \phi - \eta_{\mu\alpha} \mathcal{L}$ 代入 $\mathcal{L} = -\frac{1}{2} \phi \eta^{\rho\sigma} \partial_\rho \partial_\sigma \phi - \frac{1}{2} m^2 \phi^2$，有： $\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial^\alpha \partial^\beta \phi)} = -\frac{1}{2} \phi \eta_{\alpha\beta}, \quad \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial^\alpha \phi)} = 0$ 计算得到能量-动量张量： $T_{\mu\alpha} = -\frac{1}{2} \phi \partial_\mu \partial_\alpha \phi + \frac{1}{2} \partial_\alpha \phi \partial_\mu \phi + \frac{1}{2} \eta_{\mu\alpha} \phi (\square + m^2) \phi$ 显然，该 $T_{\mu\alpha}$ 在 $\mu$ 和 $\alpha$ 上是对称的（$T_{\mu\alpha} = T_{\alpha\mu}$）。 对应的洛伦兹流为： $\boxed{ K_{\mu\nu\alpha} = x_\mu \left( \frac{1}{2} \partial_\nu \phi \partial_\alpha \phi - \frac{1}{2} \phi \partial_\nu \partial_\alpha \phi + \eta_{\nu\alpha} \mathcal{L} \right) - x_\nu \left( \frac{1}{2} \partial_\mu \phi \partial_\alpha \phi - \frac{1}{2} \phi \partial_\mu \partial_\alpha \phi + \eta_{\mu\alpha} \mathcal{L} \right) }$

验证 $\partial^\alpha K_{\mu\nu\alpha} = 0$： 首先计算 $T_{\mu\alpha}$ 的散度： $\begin{aligned} \partial^\alpha T_{\mu\alpha} &= -\frac{1}{2} \partial^\alpha \phi \partial_\mu \partial_\alpha \phi - \frac{1}{2} \phi \partial_\mu \square \phi + \frac{1}{2} \square \phi \partial_\mu \phi + \frac{1}{2} \partial^\alpha \phi \partial_\mu \partial_\alpha \phi + \frac{1}{2} \partial_\mu (\phi (\square + m^2) \phi) \\ &= -\frac{1}{2} \phi \partial_\mu \square \phi + \frac{1}{2} \square \phi \partial_\mu \phi + \frac{1}{2} \partial_\mu \phi (\square + m^2) \phi + \frac{1}{2} \phi \partial_\mu (\square + m^2) \phi \\ &= \square \phi \partial_\mu \phi + m^2 \phi \partial_\mu \phi = (\square \phi + m^2 \phi) \partial_\mu \phi \end{aligned}$ 在运动方程（EOM）$\square \phi + m^2 \phi = 0$ 成立时，$\partial^\alpha T_{\mu\alpha} = 0$。 接着计算 $K_{\mu\nu\alpha}$ 的散度： $\partial^\alpha K_{\mu\nu\alpha} = \delta^\alpha_\mu T_{\nu\alpha} + x_\mu \partial^\alpha T_{\nu\alpha} - \delta^\alpha_\nu T_{\mu\alpha} - x_\nu \partial^\alpha T_{\mu\alpha} = T_{\nu\mu} - T_{\mu\nu} + x_\mu \partial^\alpha T_{\nu\alpha} - x_\nu \partial^\alpha T_{\mu\alpha}$ 由于 $T_{\mu\nu}$ 是对称的（$T_{\nu\mu} = T_{\mu\nu}$），且在 EOM 下 $\partial^\alpha T_{\mu\alpha} = 0$，因此： $\boxed{ \partial^\alpha K_{\mu\nu\alpha} = 0 }$

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(c) 守恒荷 $Q_i$ 的物理图像

与推拨（boosts）相关的守恒荷定义为 $Q_i = \int d^3 x K_{0i0}$。展开该表达式： $K_{0i0} = x_0 T_{i0} - x_i T_{00} = t T_{0i} - x_i \mathcal{H}$ 积分得到： $Q_i = t \int d^3 x T_{0i} - \int d^3 x x_i \mathcal{H} = t P_i - \int d^3 x x_i \mathcal{H}$ 其中 $P_i$ 是系统的总动量，$\mathcal{H} = T_{00}$ 是哈密顿能量密度。令总能量 $E = \int d^3 x \mathcal{H}$，系统的能量中心定义为 $X_i = \frac{1}{E} \int d^3 x x_i \mathcal{H}$。 由于 $Q_i$ 是守恒荷，其全导数 $\frac{dQ_i}{dt} = 0$，这意味着： $P_i - \frac{d}{dt} (E X_i) = 0 \implies \frac{dX_i}{dt} = \frac{P_i}{E}$ $\boxed{ \text{物理图像：孤立系统的能量中心（相对论质心）以恒定速度 } v_i = P_i / E \text{ 作匀速直线运动。} }$

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(d) 守恒律与海森堡运动方程的一致性及物理推论

在海森堡绘景中，算符 $Q_i(t)$ 的全时间导数由下式给出： $\frac{dQ_i}{dt} = \frac{\partial Q_i}{\partial t} - i[Q_i, H]$ 要使荷守恒（$\frac{dQ_i}{dt} = 0$），必须满足一致性条件 $\frac{\partial Q_i}{\partial t} = i[Q_i, H]$（注：题目中的 $i\frac{\partial Q_i}{\partial t} = [Q_i, H]$ 为相差一个 $-i$ 因子的等价表述或约定差异，此处按标准量子力学对易关系推导）。

验证过程：

1. 显式时间导数：由 $Q_i = t P_i - \int d^3 x x_i \mathcal{H}$，直接对时间求偏导得 $\frac{\partial Q_i}{\partial t} = P_i$。
2. 计算对易子 $[Q_i, H]$： $[Q_i, H] = \left[ t P_i - \int d^3 x x_i \mathcal{H}, H \right] = -\left[ \int d^3 x x_i \mathcal{H}, H \right]$ 利用能量-动量守恒 $\partial_0 \mathcal{H} = -\partial_j T^{j0}$ 以及海森堡方程 $\partial_0 \mathcal{H} = i[H, \mathcal{H}]$，我们有： $i \left[ H, \int d^3 x x_i \mathcal{H} \right] = \int d^3 x x_i \partial_0 \mathcal{H} = -\int d^3 x x_i \partial_j T^{j0}$ 分部积分（假设边界项为零），并注意空间坐标度规 $x_i = -x^i \implies \partial_j x_i = -\delta_{ij}$： $-\int d^3 x x_i \partial_j T^{j0} = \int d^3 x (\partial_j x_i) T^{j0} = -\int d^3 x \delta_{ij} T^{j0} = -\int d^3 x T^{i0} = -P^i = P_i$ 因此 $i[H, \int d^3 x x_i \mathcal{H}] = P_i \implies [\int d^3 x x_i \mathcal{H}, H] = i P_i$。 代回对易子计算中： $[Q_i, H] = -i P_i$ 结合两者，我们得到： $\boxed{ \frac{\partial Q_i}{\partial t} = P_i = i(-i P_i) = i[Q_i, H] }$ 这证明了 $\frac{dQ_i}{dt} = 0$ 与海森堡运动方程完全一致。

物理推论： 尽管 $Q_i$ 是守恒荷，但由于 $[Q_i, H] = -i P_i \neq 0$，推拨生成元 $Q_i$ 与哈密顿量 $H$ 不对易。 在量子力学中，只有与哈密顿量对易的守恒量才能与能量同时具有确定的本征值（即作为好量子数）。旋转群的生成元（角动量/自旋）在静止系中与 $H$ 对易，因此粒子可以由质量和自旋来分类（对应庞加莱群的 Casimir 算符）。而推拨荷 $Q_i$ 显含时间且与 $H$ 不对易，无法用于对角化能量本征态，这就是为什么粒子具有自旋量子数，却没有与推拨相关的额外内部量子数的原因。

习题 3.3 - 解答

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下面是对该习题的详细分析与解答。我们采用自然单位制 $c=\hbar=1$ 以及大多数量子场论教材（如 Schwartz）中使用的度规符号约定 $\eta_{\mu\nu} = \text{diag}(1, -1, -1, -1)$。

(a) 作用量加上全导数后能量-动量张量的变化

分析与推导： 根据 Noether 定理，时空平移对称性对应的守恒流即为典范能量-动量张量。对于拉格朗日密度 $\mathcal{L}(\phi, \partial_\mu \phi)$，其典范能量-动量张量定义为： $T^{\mu\nu} = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)} \partial^\nu \phi - \eta^{\mu\nu} \mathcal{L}$

现在对拉格朗日密度加上一个全导数项：$\mathcal{L}' = \mathcal{L} + \partial_\rho X^\rho$。通常 $X^\rho$ 是场 $\phi$ 的函数，即 $X^\rho = X^\rho(\phi)$。 新的典范能量-动量张量 $(T')^{\mu\nu}$ 为： $(T')^{\mu\nu} = \frac{\partial \mathcal{L}'}{\partial (\partial_\mu \phi)} \partial^\nu \phi - \eta^{\mu\nu} \mathcal{L}'$

利用链式法则展开新动量共轭项： $\frac{\partial (\partial_\rho X^\rho)}{\partial (\partial_\mu \phi)} = \frac{\partial}{\partial (\partial_\mu \phi)} \left( \frac{\partial X^\rho}{\partial \phi} \partial_\rho \phi \right) = \frac{\partial X^\mu}{\partial \phi}$

将其代入 $(T')^{\mu\nu}$ 的表达式中： $(T')^{\mu\nu} = \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)} + \frac{\partial X^\mu}{\partial \phi} \right) \partial^\nu \phi - \eta^{\mu\nu} (\mathcal{L} + \partial_\rho X^\rho)$ $(T')^{\mu\nu} = \left[ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)} \partial^\nu \phi - \eta^{\mu\nu} \mathcal{L} \right] + \frac{\partial X^\mu}{\partial \phi} \partial^\nu \phi - \eta^{\mu\nu} \partial_\rho X^\rho$

注意到方括号内正是原能量-动量张量 $T^{\mu\nu}$，且 $\frac{\partial X^\mu}{\partial \phi} \partial^\nu \phi = \partial^\nu X^\mu$。因此，能量-动量张量的变化量 $\Delta T^{\mu\nu} = (T')^{\mu\nu} - T^{\mu\nu}$ 为： $\boxed{ \Delta T^{\mu\nu} = \partial^\nu X^\mu - \eta^{\mu\nu} \partial_\rho X^\rho }$

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(b) 证明总能量 $Q$ 在此变换下是不变的

分析与推导： 总能量定义为能量-动量张量 $00$ 分量的全空间积分：$Q = \int T^{00} d^3x$。 我们需要证明 $\Delta Q = \int \Delta T^{00} d^3x = 0$。

根据 (a) 的结果，取 $\mu=0, \nu=0$： $\Delta T^{00} = \partial^0 X^0 - \eta^{00} \partial_\rho X^\rho$ 在 $\eta_{\mu\nu} = \text{diag}(1, -1, -1, -1)$ 约定下，$\eta^{00} = 1$，且 $\partial^0 = \partial_0$。展开散度项 $\partial_\rho X^\rho = \partial_0 X^0 + \partial_i X^i$ （其中 $i=1,2,3$ 为空间分量）： $\Delta T^{00} = \partial_0 X^0 - (\partial_0 X^0 + \partial_i X^i) = -\partial_i X^i = -\nabla \cdot \mathbf{X}$

对全空间进行积分，并利用高斯散度定理： $\Delta Q = \int \Delta T^{00} d^3x = -\int \nabla \cdot \mathbf{X} d^3x = -\oint_{S \to \infty} \mathbf{X} \cdot d\mathbf{S}$ 在物理上，我们要求场在空间无穷远处衰减得足够快，因此无穷远处的面积分为零。由此可得： $\boxed{ \Delta Q = 0 \implies Q' = Q }$ 这表明总能量是一个不依赖于拉格朗日全导数项的物理可观测量。

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(c) 电磁场能量-动量张量的对称性与 $X_\mu$ 的寻找

分析与推导： 对于自由电磁场，拉格朗日密度为 $\mathcal{L} = -\frac{1}{4} F_{\rho\sigma} F^{\rho\sigma}$，其中 $F_{\rho\sigma} = \partial_\rho A_\sigma - \partial_\sigma A_\rho$。 将场变量替换为 $A_\lambda$，计算其典范能量-动量张量： $\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu A_\lambda)} = -F^{\mu\lambda}$ $T^{\mu\nu} = -F^{\mu\lambda} \partial^\nu A_\lambda - \eta^{\mu\nu} \left(-\frac{1}{4} F_{\rho\sigma} F^{\rho\sigma}\right) = -F^{\mu\lambda} \partial^\nu A_\lambda + \frac{1}{4} \eta^{\mu\nu} F^2$

第一步：证明 $T^{\mu\nu}$ 不对称 交换指标 $\mu \leftrightarrow \nu$： $T^{\nu\mu} = -F^{\nu\lambda} \partial^\mu A_\lambda + \frac{1}{4} \eta^{\nu\mu} F^2$ 由于 $-F^{\mu\lambda} \partial^\nu A_\lambda \neq -F^{\nu\lambda} \partial^\mu A_\lambda$（即第一项在 $\mu, \nu$ 交换下不对称），显然有： $\boxed{ T^{\mu\nu} \neq T^{\nu\mu} }$

第二步：能否找到 $X^\mu$ 使其对称？ 题目询问是否可以通过在拉格朗日量中添加 $\partial_\rho X^\rho$ 来找到一个 $X^\mu$，使得新的张量对称。 如果存在这样的 $X^\mu$，则必须满足 $T^{\mu\nu} + \Delta T^{\mu\nu}$ 是对称的。 已知在电磁学中，使张量对称且规范不变的正确做法是加上一项 $\partial_\lambda (F^{\mu\lambda} A^\nu)$（在壳条件下，这等价于 Belinfante-Rosenfeld 过程）。我们来检验 $\Delta T^{\mu\nu}$ 能否等于这一项： 假设 $\partial^\nu X^\mu - \eta^{\mu\nu} \partial_\rho X^\rho = \partial_\lambda (F^{\mu\lambda} A^\nu)$。 对两边取迹（乘以 $\eta_{\mu\nu}$）： 左边迹为：$\partial_\mu X^\mu - 4 \partial_\rho X^\rho = -3 \partial_\rho X^\rho$。 右边迹为：$\partial_\lambda (F^{\mu\lambda} A_\mu) = (\partial_\lambda F^{\mu\lambda}) A_\mu + F^{\mu\lambda} \partial_\lambda A_\mu$。 利用运动方程 $\partial_\lambda F^{\mu\lambda} = 0$ 以及 $F^{\mu\lambda}$ 的反对称性，右边等于 $\frac{1}{2} F^{\mu\lambda} F_{\lambda\mu} = \frac{1}{2} F^2$。 因此必须有：$-3 \partial_\rho X^\rho = \frac{1}{2} F^2 \implies \partial_\rho X^\rho = -\frac{1}{6} F^2$。 将其代回原假设方程，得到对 $X^\mu$ 梯度的要求： $\partial^\nu X^\mu = \partial_\lambda (F^{\mu\lambda} A^\nu) - \frac{1}{6} \eta^{\mu\nu} F^2$ 如果 $X^\mu$ 存在，上式右侧必须是一个无旋场（即满足二阶导数交换律 $\partial^\alpha \partial^\nu X^\mu = \partial^\nu \partial^\alpha X^\mu$）。然而，右侧对 $\nu$ 取旋度显然不为零（因为 $A^\nu$ 是任意的动力学场，其导数项无法完全抵消）。

结论： 不能通过在拉格朗日量中添加全导数 $\partial_\mu X^\mu$ 来对称化能量-动量张量。 $\boxed{ \text{No, such an } X_\mu \text{ does not exist.} }$ (物理注记：要对称化 $T^{\mu\nu}$，必须直接对能量-动量张量本身进行修改，即加上一个反对称张量的散度 $\Delta T^{\mu\nu} = \partial_\lambda K^{\lambda\mu\nu}$，其中 $K^{\lambda\mu\nu} = F^{\mu\lambda}A^\nu$。这被称为 Belinfante-Rosenfeld 对称化过程，它不来源于拉格朗日量中的 $X^\mu$ 全导数项。)

习题 3.4 - 解答

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题目分析与物理背景

给定的等式 (3.85) 展示了经典场 $h(x)$ 在存在源 $J$ 和非线性相互作用时的树图（tree-level）展开。这种展开通常对应于求解非线性微分方程（如经典运动方程）的微扰迭代解。

从图中可以看出：

1. 第一项是 $\mathcal{O}(J)$ 的线性响应，对应于传播子连接点 $x$ 和源 $J(y)$。
2. 第二项是 $\mathcal{O}(J^2)$ 的非线性项，包含一个三线顶点（3-point vertex），将点 $x$ 连接到两个源 $J(y)$ 和 $J(z)$。

这暗示了该场满足一个带有二次非线性项的运动方程。为了保持一般性，我们假设运动方程具有如下形式： $\mathcal{D}_x h(x) = J(x) + \frac{\lambda_3}{2} h(x)^2 + \frac{\lambda_4}{3!} h(x)^3 + \dots$ 其中 $\mathcal{D}_x$ 是线性微分算符（例如 $\Box + m^2$），$\lambda_3, \lambda_4$ 是相互作用耦合常数。

题目要求写出“下一阶”（next-order）的图及其积分表达式。已知图分别是 $\mathcal{O}(J)$ 和 $\mathcal{O}(J^2)$，因此下一阶是 $\mathcal{O}(J^3)$，即包含三个源 $J$ 的图。

根据相互作用的类型，$\mathcal{O}(J^3)$ 的树图有两种可能的拓扑结构：

1. 包含两个三线顶点的图（由 $h^2$ 项的二次迭代产生）。
2. 包含一个四线顶点的图（如果理论中存在 $h^3$ 相互作用项）。

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解答过程

1. 下一阶 Feynman 图的描述与积分表达式

根据 Feynman 规则，我们定义：

• 传播子 (Propagator): $G(x,y)$，对应图中的波浪线。
• 源 (Source): $\int d^4y J(y)$，对应图中的星形符号。
• 三线顶点 (3-point vertex): $\lambda_3 \int d^4w$，对应三条波浪线交汇点。
• 四线顶点 (4-point vertex): $\lambda_4 \int d^4w$，对应四条波浪线交汇点。

图 A（两个三线顶点）：

• 结构描述：一条波浪线从 $x$ 出发到达内部顶点 $w_1$。在 $w_1$ 处，线分为两支：一支连接到源 $J(y_1)$，另一支连接到第二个内部顶点 $w_2$。在 $w_2$ 处，线再次分为两支，分别连接到源 $J(y_2)$ 和 $J(y_3)$。
• 对称性因子 (Symmetry Factor)：交换连接在 $w_2$ 上的两个分支（即交换 $y_2$ 和 $y_3$）图保持不变，因此对称性因子 $S = 2$。
• 积分表达式： $\frac{\lambda_3^2}{2} \int d^4w_1 d^4w_2 d^4y_1 d^4y_2 d^4y_3 \, G(x,w_1) G(w_1,y_1) J(y_1) G(w_1,w_2) G(w_2,y_2) J(y_2) G(w_2,y_3) J(y_3)$

图 B（一个四线顶点，若理论包含此相互作用）：

• 结构描述：一条波浪线从 $x$ 出发到达内部顶点 $w$。在 $w$ 处，线分为三支，分别连接到三个源 $J(y_1), J(y_2), J(y_3)$。
• 对称性因子：交换连接在 $w$ 上的三个分支图保持不变，因此对称性因子 $S = 3! = 6$。
• 积分表达式： $\frac{\lambda_4}{6} \int d^4w d^4y_1 d^4y_2 d^4y_3 \, G(x,w) G(w,y_1) J(y_1) G(w,y_2) J(y_2) G(w,y_3) J(y_3)$

(注：如果题目隐含的理论仅包含三线相互作用（如 $\phi^3$ 理论），则只有图 A 存在。)

2. 使用格林函数方法 (Green's function method) 验证

我们将运动方程转化为积分方程： $h(x) = \int d^4y \, G(x,y) \left[ J(y) + \frac{\lambda_3}{2} h(y)^2 + \frac{\lambda_4}{3!} h(y)^3 + \dots \right]$

我们通过对源 $J$ 的阶数进行微扰展开来迭代求解：$h(x) = h^{(1)}(x) + h^{(2)}(x) + h^{(3)}(x) + \dots$

一阶 $\mathcal{O}(J)$: $h^{(1)}(x) = \int d^4y \, G(x,y) J(y)$ 这正是等式 (3.85) 中的第一项。

二阶 $\mathcal{O}(J^2)$: 将 $h \approx h^{(1)}$ 代入 $h^2$ 项： $h^{(2)}(x) = \frac{\lambda_3}{2} \int d^4w \, G(x,w) \left[ h^{(1)}(w) \right]^2$ $h^{(2)}(x) = \frac{\lambda_3}{2} \int d^4w \, G(x,w) \left( \int d^4y \, G(w,y) J(y) \right) \left( \int d^4z \, G(w,z) J(z) \right)$ 这正是等式 (3.85) 中的第二项。

三阶 $\mathcal{O}(J^3)$: 为了得到三阶项，我们需要展开非线性项到 $\mathcal{O}(J^3)$：

• 对于 $h^2$ 项：$(h^{(1)} + h^{(2)} + \dots)^2 \approx (h^{(1)})^2 + 2 h^{(1)} h^{(2)} + \dots$，其中 $2 h^{(1)} h^{(2)}$ 是 $\mathcal{O}(J^3)$ 的。
• 对于 $h^3$ 项：$(h^{(1)} + \dots)^3 \approx (h^{(1)})^3$，这是 $\mathcal{O}(J^3)$ 的。

将这些代入积分方程： $h^{(3)}(x) = \int d^4w_1 \, G(x,w_1) \left[ \frac{\lambda_3}{2} \left( 2 h^{(1)}(w_1) h^{(2)}(w_1) \right) + \frac{\lambda_4}{3!} \left( h^{(1)}(w_1) \right)^3 \right]$ $h^{(3)}(x) = \lambda_3 \int d^4w_1 \, G(x,w_1) h^{(1)}(w_1) h^{(2)}(w_1) + \frac{\lambda_4}{6} \int d^4w \, G(x,w) \left( h^{(1)}(w) \right)^3$

现在，将 $h^{(1)}$ 和 $h^{(2)}$ 的表达式代入第一项中： $\lambda_3 \int d^4w_1 \, G(x,w_1) \left( \int d^4y_1 \, G(w_1,y_1) J(y_1) \right) \left[ \frac{\lambda_3}{2} \int d^4w_2 \, G(w_1,w_2) \left( \int d^4y_2 \, G(w_2,y_2) J(y_2) \right) \left( \int d^4y_3 \, G(w_2,y_3) J(y_3) \right) \right]$ 整理积分变量，得到： $\frac{\lambda_3^2}{2} \int d^4w_1 d^4w_2 d^4y_1 d^4y_2 d^4y_3 \, G(x,w_1) G(w_1,y_1) J(y_1) G(w_1,w_2) G(w_2,y_2) J(y_2) G(w_2,y_3) J(y_3)$ 这完全匹配了我们通过 Feynman 规则写出的图 A 的表达式。

将 $h^{(1)}$ 的表达式代入第二项中： $\frac{\lambda_4}{6} \int d^4w \, G(x,w) \left( \int d^4y_1 \, G(w,y_1) J(y_1) \right) \left( \int d^4y_2 \, G(w,y_2) J(y_2) \right) \left( \int d^4y_3 \, G(w,y_3) J(y_3) \right)$ 整理后得到： $\frac{\lambda_4}{6} \int d^4w d^4y_1 d^4y_2 d^4y_3 \, G(x,w) G(w,y_1) J(y_1) G(w,y_2) J(y_2) G(w,y_3) J(y_3)$ 这完全匹配了我们通过 Feynman 规则写出的图 B 的表达式。

通过格林函数迭代法，我们严格证明了由 Feynman 规则直接写出的积分表达式是正确的。