习题 10.1 - 解答

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(a) 狄拉克方程在电磁场中的协变形式为 $(i\gamma^\mu D_\mu - m)\psi = 0$，其中协变导数 $D_\mu = \partial_\mu + ieA_\mu$。将其展开并分离出时间导数项： $i\gamma^0 (\partial_0 + ieA_0)\psi + i\gamma^k (\partial_k + ieA_k)\psi - m\psi = 0$ 左乘 $\gamma^0$ 并利用 $(\gamma^0)^2 = 1$，得到： $i(\partial_0 + ieA_0)\psi + i\gamma^0\gamma^k (\partial_k + ieA_k)\psi - \gamma^0 m\psi = 0$ 将时间偏导数移到等式左边，并代入动量算符 $p_k = -i\partial_k$（即 $\partial_k = ip_k$）： $i\partial_t \psi = \left[ eA_0 + \gamma^0\gamma^k (p_k - eA_k) + \gamma^0 m \right] \psi$ 定义狄拉克矩阵 $\alpha^k = \gamma^0\gamma^k$ 和 $\beta = \gamma^0$，即可得到狄拉克哈密顿量： $\boxed{H_D = \vec{\alpha} \cdot (\vec{p} - e\vec{A}) + \beta m + eA_0}$

(b) 在 Weyl 表象中，狄拉克矩阵的形式为 $\gamma^0 = \begin{pmatrix} 0 & I \\ I & 0 \end{pmatrix}$，$\vec{\gamma} = \begin{pmatrix} 0 & \vec{\sigma} \\ -\vec{\sigma} & 0 \end{pmatrix}$。 因此 $\vec{\alpha} = \gamma^0\vec{\gamma} = \begin{pmatrix} \vec{\sigma} & 0 \\ 0 & -\vec{\sigma} \end{pmatrix}$，$\beta = \begin{pmatrix} 0 & I \\ I & 0 \end{pmatrix}$。 令 $\vec{\pi} = \vec{p} - e\vec{A}$，则 $H_D - eA_0$ 的矩阵形式为： $H_D - eA_0 = \begin{pmatrix} \vec{\sigma}\cdot\vec{\pi} & m \\ m & -\vec{\sigma}\cdot\vec{\pi} \end{pmatrix}$ 计算其平方： $(H_D - eA_0)^2 = \begin{pmatrix} (\vec{\sigma}\cdot\vec{\pi})^2 + m^2 & 0 \\ 0 & (\vec{\sigma}\cdot\vec{\pi})^2 + m^2 \end{pmatrix}$ 利用泡利矩阵的恒等式 $\sigma_i \sigma_j = \delta_{ij} + i\epsilon_{ijk}\sigma_k$，展开 $(\vec{\sigma}\cdot\vec{\pi})^2$： $(\vec{\sigma}\cdot\vec{\pi})^2 = \sigma_i \pi_i \sigma_j \pi_j = \vec{\pi}^2 + i\epsilon_{ijk}\sigma_k \pi_i \pi_j$ 由于 $[\pi_i, \pi_j] = [p_i - eA_i, p_j - eA_j] = -e[p_i, A_j] - e[A_i, p_j] = i\hbar e (\partial_i A_j - \partial_j A_i) = i\hbar e \epsilon_{ijm} B_m$， 代入上式得到交叉项： $i\epsilon_{ijk}\sigma_k \pi_i \pi_j = \frac{i}{2}\epsilon_{ijk}\sigma_k [\pi_i, \pi_j] = \frac{i}{2}\epsilon_{ijk}\sigma_k (i\hbar e \epsilon_{ijm} B_m) = -e\hbar \vec{\sigma}\cdot\vec{B}$ 恢复光速 $c$（动量项乘 $c$，质量项乘 $c^2$），得到： $\boxed{(H_D - eA_0)^2 = c^2(\vec{p} - e\vec{A})^2 - e\hbar c^2 \vec{\sigma}\cdot\vec{B} + m^2 c^4}$

(c) 对上式开平方并提取 $mc^2$ 因子： $H_D - eA_0 = mc^2 \sqrt{1 + \frac{(\vec{p}-e\vec{A})^2}{m^2 c^2} - \frac{e\hbar \vec{\sigma}\cdot\vec{B}}{m^2 c^2}}$ 在非相对论极限下（$1/c$ 展开），利用 $\sqrt{1+x} \approx 1 + \frac{x}{2}$： $H_D \approx eA_0 + mc^2 + \frac{(\vec{p}-e\vec{A})^2}{2m} - \frac{e\hbar}{2m}\vec{\sigma}\cdot\vec{B}$ 减去静止能量 $mc^2$，得到 $c^0$ 阶的哈密顿量： $\boxed{H = eA_0 + \frac{(\vec{p}-e\vec{A})^2}{2m} - \frac{e\hbar}{2m}\vec{\sigma}\cdot\vec{B}}$ 哈密顿量中与电磁场耦合的偶极矩项形式为 $-\vec{d}_E \cdot \vec{E} - \vec{\mu}_M \cdot \vec{B}$。 观察 $\sigma_i$ 项可知，电子的电偶极矩为 $\boxed{0}$（无 $\vec{\sigma}\cdot\vec{E}$ 项），磁偶极矩大小为 $\boxed{\mu_M = \frac{e\hbar}{2m}}$。

(d) 为了验证代数关系，设 $\hbar=1$。对于轨道角动量 $L_i = \epsilon_{ijk} x_j p_k$： $[L_i, L_j] = \epsilon_{iab}\epsilon_{jcd} [x_a p_b, x_c p_d]$ 利用 $[x_a, p_d] = i\delta_{ad}$ 和 $[p_b, x_c] = -i\delta_{bc}$： $[x_a p_b, x_c p_d] = x_a [p_b, x_c] p_d + x_c [x_a, p_d] p_b = -i x_a p_d \delta_{bc} + i x_c p_b \delta_{ad}$ 代回对易子并利用列维-奇维塔符号的缩并公式 $\epsilon_{iab}\epsilon_{jcb} = \delta_{ij}\delta_{ac} - \delta_{ic}\delta_{aj}$： $[L_i, L_j] = -i(\delta_{ij}\delta_{ac} - \delta_{ic}\delta_{aj})x_a p_c + i(\delta_{ij}\delta_{bd} - \delta_{id}\delta_{bj})x_c p_b = i(x_i p_j - x_j p_i)$ 而 $i\epsilon_{ijk}L_k = i\epsilon_{ijk}\epsilon_{kab}x_a p_b = i(\delta_{ia}\delta_{jb} - \delta_{ib}\delta_{ja})x_a p_b = i(x_i p_j - x_j p_i)$。 故 $\boxed{[L_i, L_j] = i\epsilon_{ijk}L_k}$。

对于自旋算符 $S_i = \frac{1}{2}\sigma_i$： $[S_i, S_j] = \frac{1}{4}[\sigma_i, \sigma_j] = \frac{1}{4}(2i\epsilon_{ijk}\sigma_k) = i\epsilon_{ijk}\left(\frac{1}{2}\sigma_k\right)$ 故 $\boxed{[S_i, S_j] = i\epsilon_{ijk}S_k}$。两者均满足标准旋转代数。

(e) 取恒定磁场 $\vec{B} = B_z \hat{z}$，选择对称规范 $\vec{A} = \frac{1}{2}\vec{B} \times \vec{r}$。 展开动能项中的交叉项（库仑规范下 $\nabla\cdot\vec{A}=0$，故 $\vec{p}\cdot\vec{A} = \vec{A}\cdot\vec{p}$）： $-\frac{e}{2m}(\vec{p}\cdot\vec{A} + \vec{A}\cdot\vec{p}) = -\frac{e}{m}\vec{A}\cdot\vec{p} = -\frac{e}{2m}(\vec{B}\times\vec{r})\cdot\vec{p} = -\frac{e}{2m}\vec{B}\cdot(\vec{r}\times\vec{p}) = -\frac{e}{2m}\vec{B}\cdot\vec{L} = -\frac{e}{2m}B_z L_z$ 自旋磁耦合项为 $-\frac{e}{2m}\vec{\sigma}\cdot\vec{B} = -\frac{e}{m}\vec{S}\cdot\vec{B} = -\frac{e}{m}B_z S_z$。 总磁耦合哈密顿量为： $H_{mag} = -\frac{e}{2m}B_z (L_z + 2S_z)$ 定义玻尔磁子 $\mu_B = \frac{e}{2m}$（取电荷大小），对比形式 $\mu_B B_z (L_z + g_e S_z)$，可提取出： $\boxed{g_e = 2}$ 实验测量方法：可以通过氢原子的反常塞曼效应（Anomalous Zeeman effect）光谱学来测量。将氢原子置于外加磁场中，测量能级分裂的谱线间距，由于分裂正比于 $\mu_B B_z (m_l + g_e m_s)$，从中即可拟合提取出 $g_e$ 的值。

(f) 在没有外加磁场的情况下，孤立原子的空间旋转对称性未被破坏。 由于 $\vec{J}$ 是空间旋转的生成元，因此总角动量 $\boxed{\vec{J} = \vec{L} + \vec{S}}$ 是守恒的（与 $H$ 对易），而 $\vec{\mu}$ 不守恒。 因为 $\vec{J}$ 守恒，自旋-轨道耦合项必须是旋转标量，即必须正比于 $\vec{L}\cdot\vec{S}$。由于磁矩相互作用给出的系数正比于 $g_e$，而 Thomas 进动（纯相对论运动学效应）会产生一个方向相反、大小相当于 $g_e=1$ 的修正项，因此自旋-轨道耦合的强度依赖于 $\boxed{(g_e - 1)}$。

(g) 为了得到 $\vec{p}^4$ 项，我们在无电磁场（$\vec{A}=0, \vec{B}=0$）的情况下将狄拉克哈密顿量展开到 $1/c^2$ 的下一阶。 利用泰勒展开 $\sqrt{1+x} \approx 1 + \frac{1}{2}x - \frac{1}{8}x^2$： $H_D = mc^2 \sqrt{1 + \frac{\vec{p}^2}{m^2 c^2}} \approx mc^2 \left( 1 + \frac{\vec{p}^2}{2m^2 c^2} - \frac{\vec{p}^4}{8m^4 c^4} \right) = mc^2 + \frac{\vec{p}^2}{2m} - \frac{\vec{p}^4}{8m^3 c^2}$ 因此，缩放为 $\vec{p}^4$ 的相对论修正项为： $\boxed{H_{p^4} = -\frac{\vec{p}^4}{8m^3 c^2}}$

(h) 在自然单位制（或仅关注量纲与 $\alpha_e$ 的幂次）下，唯一的基本质量尺度是 $m_e$。

1. 康普顿波长 $\lambda_C = \frac{\hbar}{m_e c} \propto m_e^{-1}$，故 $\boxed{\lambda_C \sim \alpha_e^0 m_e^{-1}}$。
2. 经典电子半径 $r_e = \frac{e^2}{4\pi m_e c^2} = \alpha_e \frac{\hbar}{m_e c}$，故 $\boxed{r_e \sim \alpha_e^1 m_e^{-1}}$。
3. 玻尔半径 $a_0 = \frac{\hbar}{\alpha_e m_e c}$，故 $\boxed{a_0 \sim \alpha_e^{-1} m_e^{-1}}$。
4. 逆里德伯常数 $\text{Ry}^{-1} = \left( \frac{1}{2} m_e c^2 \alpha_e^2 \right)^{-1} \propto \frac{1}{m_e \alpha_e^2}$，故 $\boxed{\text{Ry}^{-1} \sim \alpha_e^{-2} m_e^{-1}}$。

能级移动分析： 利用不含时微扰论，能量移动为 $\Delta E = \langle -\frac{p^4}{8m_e^3 c^2} \rangle$。 在氢原子中，动量的特征尺度由玻尔半径决定：$p \sim \frac{\hbar}{a_0} \sim \alpha_e m_e c$。 代入微扰项： $\Delta E \sim \frac{(\alpha_e m_e c)^4}{m_e^3 c^2} = \alpha_e^4 m_e c^2$ 而未微扰的基态能量（里德伯能量）尺度为 $E \sim \text{Ry} \sim \alpha_e^2 m_e c^2$。 因此，能量移动与原能级的关系为 $\Delta E \sim \alpha_e^2 (\alpha_e^2 m_e c^2) \sim \alpha_e^2 E$。 这表明 $p^4$ 项引起的能级分裂属于 $\boxed{\text{精细结构 (Fine structure)}}$。

习题 10.2 - 解答

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习题 10.2 分析与解答

首先，由 $\text{SU}(2)$ 李代数生成元的对易关系 $[\tau_i, \tau_j] = i\varepsilon_{ijk} \tau_k$，我们可以推导出升降算符 $\tau^{\pm} = \tau_1 \pm i\tau_2$ 与 $\tau_3$ 的对易关系： $[\tau_3, \tau^{\pm}] = [\tau_3, \tau_1] \pm i[\tau_3, \tau_2] = i\tau_2 \pm i(-i\tau_1) = \pm(\tau_1 \pm i\tau_2) = \pm \tau^{\pm}$ $[\tau^+, \tau^-] = [\tau_1 + i\tau_2, \tau_1 - i\tau_2] = -i[\tau_1, \tau_2] + i[\tau_2, \tau_1] = 2\tau_3$ 这些基本对易关系是后续推导的核心。

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(a)

已知 $\tau_3 V_j = \lambda_j V_j$。我们需要考察 $\tau_3$ 作用在态 $\tau^{\pm} V_j$ 上的结果。利用对易关系 $[\tau_3, \tau^{\pm}] = \pm \tau^{\pm}$，即 $\tau_3 \tau^{\pm} = \tau^{\pm} \tau_3 \pm \tau^{\pm}$，可得： $\tau_3 (\tau^{\pm} V_j) = (\tau^{\pm} \tau_3 \pm \tau^{\pm}) V_j = \tau^{\pm} (\lambda_j V_j) \pm \tau^{\pm} V_j = (\lambda_j \pm 1) (\tau^{\pm} V_j)$ 这表明，如果 $\tau^{\pm} V_j \neq 0$，那么它必然是 $\tau_3$ 的本征态，且对应的本征值为 $\lambda_j \pm 1$。 $\boxed{\tau_3 (\tau^{\pm} V_j) = (\lambda_j \pm 1) (\tau^{\pm} V_j)}$

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(b)

由于该表示是有限维的（$n \times n$ 矩阵），$\tau_3$ 只能有有限个本征值。 如果对于所有的本征态 $V_j$ 都有 $\tau^+ V_j \neq 0$，那么通过不断作用 $\tau^+$，我们将得到一个具有无限个本征值 $\lambda_j, \lambda_j+1, \lambda_j+2, \dots$ 的本征态序列，这与表示的有限维性矛盾。 因此，必然存在至少一个具有最大本征值 $\lambda_{\max} \equiv j$ 的态 $V_{\max}$，使得升算符作用其上得到零向量： $\tau^+ V_{\max} = 0$ 进一步，由于我们讨论的是不可约表示（irreducible representation），整个表示空间必须能由单一的最高权态通过降算符 $\tau^-$ 的反复作用生成。如果存在两个线性无关的最高权态，它们将各自生成一个不变子空间，这与不可约性矛盾。因此，满足 $\tau^+ V_{\max} = 0$ 的最高权态 $V_{\max}$ 是唯一的（不考虑常数因子）。 同理，必然存在唯一的最低权态 $V_{\min}$，满足 $\tau^- V_{\min} = 0$。

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(c)

设最高权态为 $V_0 \equiv V_{\max}$，其本征值为 $j$。定义一系列态 $V_k = (\tau^-)^k V_0$。 我们需要计算 $\tau^+$ 作用在 $V_k$ 上的结果。假设 $\tau^+ V_k = c_k V_{k-1}$，我们通过数学归纳法求解系数 $c_k$。 当 $k=0$ 时，$\tau^+ V_0 = 0$，故 $c_0 = 0$。 对于 $k > 0$： $\tau^+ V_k = \tau^+ \tau^- V_{k-1} = ([\tau^+, \tau^-] + \tau^- \tau^+) V_{k-1} = (2\tau_3 + \tau^- \tau^+) V_{k-1}$ 由于 $V_{k-1}$ 是 $\tau_3$ 的本征态，本征值为 $j - (k-1)$，代入上式得： $c_k V_{k-1} = 2(j - k + 1) V_{k-1} + \tau^- (c_{k-1} V_{k-2}) = [2(j - k + 1) + c_{k-1}] V_{k-1}$ 由此得到递推关系：$c_k - c_{k-1} = 2(j - k + 1)$。 求和可得： $c_k = \sum_{m=1}^k 2(j - m + 1) = 2kj - 2\frac{k(k+1)}{2} + 2k = k(2j - k + 1)$ 由于表示是有限维的，降算符序列必然在某一步终止。设 $V_N$ 是最后一个非零态（即 $V_{\min}$），则 $V_{N+1} = \tau^- V_N = 0$。 既然 $V_{N+1} = 0$，必然有 $\tau^+ V_{N+1} = 0$，即 $c_{N+1} = 0$。代入 $c_k$ 的表达式： $c_{N+1} = (N+1)(2j - (N+1) + 1) = (N+1)(2j - N) = 0$ 因为 $N \ge 0$，所以 $N+1 \neq 0$，必然有 $2j - N = 0$，即： $\boxed{N = 2j}$ 态的序列为 $V_0, V_1, \dots, V_{2j}$，总共有 $2j + 1$ 个线性无关的态，因此表示的维数为 $\boxed{n = 2j + 1}$。

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(d)

对于 5 维表示，$n = 5$，因此 $2j + 1 = 5 \implies j = 2$。 基矢可以标记为 $|j, m\rangle$，其中 $m = 2, 1, 0, -1, -2$。 在这一组基下，$\tau_3$ 是对角矩阵： $\tau_3 = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}$ 升降算符的矩阵元由标准公式给出（注意归一化系数 $\sqrt{c_k}$）： $\tau^{\pm} |j, m\rangle = \sqrt{j(j+1) - m(m \pm 1)} |j, m \pm 1\rangle$ 对于 $j=2$，计算非零矩阵元：

• $\tau^+ |2, 1\rangle = \sqrt{6-2} |2, 2\rangle = 2 |2, 2\rangle$
• $\tau^+ |2, 0\rangle = \sqrt{6-0} |2, 1\rangle = \sqrt{6} |2, 1\rangle$
• $\tau^+ |2, -1\rangle = \sqrt{6-0} |2, 0\rangle = \sqrt{6} |2, 0\rangle$
• $\tau^+ |2, -2\rangle = \sqrt{6-2} |2, -1\rangle = 2 |2, -1\rangle$

由此写出 $\tau^+$ 矩阵，而 $\tau^-$ 是 $\tau^+$ 的转置（共轭转置）。进而利用 $\tau_1 = \frac{1}{2}(\tau^+ + \tau^-)$ 和 $\tau_2 = \frac{1}{2i}(\tau^+ - \tau^-)$，可显式构造出 $\tau_1$ 和 $\tau_2$：

$\boxed{ \tau_1 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & \sqrt{\frac{3}{2}} & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{\frac{3}{2}} & 0 & \sqrt{\frac{3}{2}} & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{\frac{3}{2}} & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} }$

$\boxed{ \tau_2 = \begin{pmatrix} 0 & -i & 0 & 0 & 0 \\ i & 0 & -i\sqrt{\frac{3}{2}} & 0 & 0 \\ 0 & i\sqrt{\frac{3}{2}} & 0 & -i\sqrt{\frac{3}{2}} & 0 \\ 0 & 0 & i\sqrt{\frac{3}{2}} & 0 & -i \\ 0 & 0 & 0 & i & 0 \end{pmatrix} }$

$\boxed{ \tau_3 = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & -2 \end{pmatrix} }$ 这三个矩阵即为 $\text{SU}(2)$ 的 5 维不可约表示的显式构造。

习题 10.3 - 解答

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本题要求推导 Weyl 旋量表示中泡利矩阵与反对称张量 $\varepsilon$ 之间的两个重要恒等式。在 Weyl 表示中，四维泡利矩阵定义为 $\sigma^\mu = (I, \vec{\sigma})$ 和 $\bar{\sigma}^\mu = (I, -\vec{\sigma})$，其中 $\vec{\sigma} = (\sigma^1, \sigma^2, \sigma^3)$ 为标准泡利矩阵。二维反对称张量约定为 $\varepsilon^{12} = -\varepsilon^{21} = 1$，$\varepsilon_{12} = -\varepsilon_{21} = -1$。

(a) 证明 $g^{\mu\nu} \sigma_{\mu}^{\alpha\dot{\alpha}} \sigma_{\nu}^{\beta\dot{\beta}} = 2\varepsilon^{\alpha\beta} \varepsilon^{\dot{\alpha}\dot{\beta}}$

展开左边的缩并，利用度规 $g^{\mu\nu} = \text{diag}(1, -1, -1, -1)$，可得： $g^{\mu\nu} \sigma_{\mu}^{\alpha\dot{\alpha}} \sigma_{\nu}^{\beta\dot{\beta}} = \sigma_0^{\alpha\dot{\alpha}} \sigma_0^{\beta\dot{\beta}} - \sum_{i=1}^3 \sigma_i^{\alpha\dot{\alpha}} \sigma_i^{\beta\dot{\beta}}$ 由于 $\sigma_0 = I$，其矩阵元为 $\sigma_0^{\alpha\dot{\alpha}} = \delta^{\alpha\dot{\alpha}}$。对于空间部分的泡利矩阵，利用其完备性关系（即 Fierz 恒等式的一种形式）： $\sum_{i=1}^3 \sigma_i^{\alpha\dot{\alpha}} \sigma_i^{\beta\dot{\beta}} = 2\delta^{\alpha\dot{\beta}}\delta^{\beta\dot{\alpha}} - \delta^{\alpha\dot{\alpha}}\delta^{\beta\dot{\beta}}$ 将上述两式代入原式中，得到： $g^{\mu\nu} \sigma_{\mu}^{\alpha\dot{\alpha}} \sigma_{\nu}^{\beta\dot{\beta}} = \delta^{\alpha\dot{\alpha}}\delta^{\beta\dot{\beta}} - \left( 2\delta^{\alpha\dot{\beta}}\delta^{\beta\dot{\alpha}} - \delta^{\alpha\dot{\alpha}}\delta^{\beta\dot{\beta}} \right) = 2\left( \delta^{\alpha\dot{\alpha}}\delta^{\beta\dot{\beta}} - \delta^{\alpha\dot{\beta}}\delta^{\beta\dot{\alpha}} \right)$ 另一方面，两个二维反对称张量的乘积可以表示为 Kronecker delta 的行列式： $\varepsilon^{\alpha\beta} \varepsilon^{\dot{\alpha}\dot{\beta}} = \det \begin{pmatrix} \delta^{\alpha\dot{\alpha}} & \delta^{\alpha\dot{\beta}} \\ \delta^{\beta\dot{\alpha}} & \delta^{\beta\dot{\beta}} \end{pmatrix} = \delta^{\alpha\dot{\alpha}}\delta^{\beta\dot{\beta}} - \delta^{\alpha\dot{\beta}}\delta^{\beta\dot{\alpha}}$ 比较两式，即可得出结论： $\boxed{ g^{\mu\nu} \sigma_{\mu}^{\alpha\dot{\alpha}} \sigma_{\nu}^{\beta\dot{\beta}} = 2\varepsilon^{\alpha\beta} \varepsilon^{\dot{\alpha}\dot{\beta}} }$

(b) 证明 $\varepsilon_{\alpha\beta} \varepsilon_{\dot{\alpha}\dot{\beta}} \sigma^{\mu\beta\dot{\beta}} = \bar{\sigma}_{\dot{\alpha}\alpha}^{\mu}$

我们将左边的表达式写成矩阵乘法的形式。注意到 $\varepsilon_{\dot{\alpha}\dot{\beta}} = -\varepsilon_{\dot{\beta}\dot{\alpha}}$，可以将其重写为： $\varepsilon_{\alpha\beta} \varepsilon_{\dot{\alpha}\dot{\beta}} \sigma^{\mu\beta\dot{\beta}} = \varepsilon_{\alpha\beta} \sigma^{\mu\beta\dot{\beta}} (-\varepsilon_{\dot{\beta}\dot{\alpha}}) = - (\varepsilon \sigma^\mu \varepsilon)_{\alpha\dot{\alpha}}$ 由于 $\varepsilon^T = -\varepsilon$，上式等价于矩阵 $(\varepsilon \sigma^\mu \varepsilon^T)$ 的 $\alpha\dot{\alpha}$ 矩阵元。在矩阵表示下，$\varepsilon = -i\sigma^2 = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$。

分量讨论如下：

1. 对于 $\mu = 0$，$\sigma^0 = I$： $\varepsilon \sigma^0 \varepsilon^T = \varepsilon I \varepsilon^T = \varepsilon \varepsilon^T = I$ 因此，$\varepsilon_{\alpha\beta} \varepsilon_{\dot{\alpha}\dot{\beta}} \sigma^{0\beta\dot{\beta}} = I_{\alpha\dot{\alpha}} = \bar{\sigma}^0_{\dot{\alpha}\alpha}$。

2. 对于 $\mu = i \in \{1, 2, 3\}$，$\sigma^i$ 为泡利矩阵： $\varepsilon \sigma^i \varepsilon^T = (-i\sigma^2) \sigma^i (i\sigma^2) = \sigma^2 \sigma^i \sigma^2$ 利用泡利矩阵的代数性质 $\sigma^2 \sigma^1 \sigma^2 = -\sigma^1 = -(\sigma^1)^T$，$\sigma^2 \sigma^2 \sigma^2 = \sigma^2 = -(\sigma^2)^T$，$\sigma^2 \sigma^3 \sigma^2 = -\sigma^3 = -(\sigma^3)^T$，可以统一写为： $\varepsilon \sigma^i \varepsilon^T = -(\sigma^i)^T$ 取其 $\alpha\dot{\alpha}$ 矩阵元，并利用转置的定义 $(A^T)_{\alpha\dot{\alpha}} = A_{\dot{\alpha}\alpha}$，得到： $\varepsilon_{\alpha\beta} \varepsilon_{\dot{\alpha}\dot{\beta}} \sigma^{i\beta\dot{\beta}} = -(\sigma^i)^T_{\alpha\dot{\alpha}} = -\sigma^i_{\dot{\alpha}\alpha}$ 根据定义 $\bar{\sigma}^i = -\sigma^i$，上式即为 $\bar{\sigma}^i_{\dot{\alpha}\alpha}$。

综合 $\mu=0$ 和 $\mu=i$ 的情况，对所有 $\mu$ 均有： $\boxed{ \varepsilon_{\alpha\beta} \varepsilon_{\dot{\alpha}\dot{\beta}} \sigma^{\mu\beta\dot{\beta}} = \bar{\sigma}_{\dot{\alpha}\alpha}^{\mu} }$

习题 10.4 - 解答

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习题 10.4 分析与解答

(a) Majorana表象下的洛伦兹生成元

在Majorana表象中，所有的Dirac $\gamma$ 矩阵都被选取为纯虚数，从而使得Dirac方程可以取实数形式。一种标准的Majorana表象定义如下（利用泡利矩阵 $\sigma^i$）：

由于 $\sigma^2$ 是纯虚数，而 $\sigma^1, \sigma^3$ 是实数，上述所有 $\gamma^\mu$ 均为纯虚数矩阵，且满足Clifford代数 $\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = 2\eta^{\mu\nu}$。

洛伦兹群的生成元定义为 $S^{\mu\nu} = \frac{i}{4}[\gamma^\mu, \gamma^\nu]$。对于 $\mu \neq \nu$，有 $S^{\mu\nu} = \frac{i}{2}\gamma^\mu\gamma^\nu$。 空间旋转生成元 $J^i = \frac{1}{2}\epsilon^{ijk}S^{jk}$：

洛伦兹推拨（Boost）生成元 $K^i = S^{0i}$：

最终结果为：

(b) 计算 $\vec{J}^2$ 及其本征值的物理解释

1. Majorana表象： 利用 (a) 中的结果计算 $(J^i)^2$：

同理可得 $(J^2)^2 = \frac{1}{4} I_{4\times 4}$ 和 $(J^3)^2 = \frac{1}{4} I_{4\times 4}$。因此：

2. 左手Weyl表象： 在左手Weyl旋量表示中，旋转生成元直接由泡利矩阵给出 $J^i = \frac{1}{2}\sigma^i$。

3. 4-vector表象： 在四维矢量表示中，旋转生成元的矩阵元为 $(J^i)^\mu_{\ \nu} = -i \epsilon^{i\mu}_{\ \ \nu}$（仅空间分量非零，即 $\mu,\nu \in \{1,2,3\}$）。 计算其平方和，作用在时间分量上为0，作用在空间分量上为 $1(1+1)=2$：

物理解释： $\vec{J}^2$ 是空间旋转群 $SU(2)$ 的Casimir算符，其本征值对应于表示的自旋 $j(j+1)$。

• Majorana和Weyl表象描述的是自旋 $1/2$ 的费米子，因此其本征值均为 $\frac{1}{2}(\frac{1}{2}+1) = \frac{3}{4}$。
• 4-vector表象描述的是时空矢量。在空间旋转下，四维矢量分解为一个标量（时间分量，自旋 $j=0$，本征值为 $0$）和一个三维空间矢量（空间分量，自旋 $j=1$，本征值为 $1(1+1)=2$）。

(c) 在Majorana表象中计算 $\gamma^5$

根据定义 $\gamma^5 = i\gamma^0 \gamma^1 \gamma^2 \gamma^3$。我们分步相乘： 首先计算 $\gamma^0 \gamma^1$ 和 $\gamma^2 \gamma^3$：

将两者相乘：

最后乘以 $i$：

因此，Majorana表象下的 $\gamma^5$ 为：

(注：由于 $\sigma^2$ 是纯虚数，$\gamma^5$ 在Majorana表象中同样是纯虚数矩阵，这保证了Majorana旋量条件的自洽性。)