习题 11.1 - 解答

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本题要求仅利用狄拉克矩阵的 Clifford 代数基本反对易关系 $\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = 2g^{\mu\nu}\mathbb{1}$ 来推导一系列代数恒等式。在四维时空中，度规张量满足 $g_{\mu\nu}g^{\mu\nu} = \delta^\mu_\mu = 4$。此外，$\gamma^5$ 矩阵的标准定义为 $\gamma^5 = i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3$。

下面逐一进行推导：

(a) 证明 $(\gamma^5)^2 = \mathbb{1}$

根据定义 $\gamma^5 = i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3$，我们有： $(\gamma^5)^2 = (i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3)(i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3) = -\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3$ 利用反对易关系 $\gamma^\mu\gamma^\nu = -\gamma^\nu\gamma^\mu$ ($\mu \neq \nu$)，将第二个 $\gamma^0$ 向左移动三次，穿过 $\gamma^1, \gamma^2, \gamma^3$，每次产生一个负号： $\gamma^1\gamma^2\gamma^3\gamma^0 = (-1)^3 \gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3 = -\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3$ 因此： $(\gamma^5)^2 = - \gamma^0(-\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3)\gamma^1\gamma^2\gamma^3 = (\gamma^0)^2 \gamma^1\gamma^2\gamma^3\gamma^1\gamma^2\gamma^3$ 由于 $(\gamma^0)^2 = g^{00}\mathbb{1} = \mathbb{1}$，继续将第二个 $\gamma^1$ 向左移动两次，穿过 $\gamma^2, \gamma^3$： $\gamma^2\gamma^3\gamma^1 = (-1)^2 \gamma^1\gamma^2\gamma^3 = \gamma^1\gamma^2\gamma^3$ 得到： $(\gamma^5)^2 = \gamma^1(\gamma^1\gamma^2\gamma^3)\gamma^2\gamma^3 = (\gamma^1)^2 \gamma^2\gamma^3\gamma^2\gamma^3$ 由于 $(\gamma^1)^2 = g^{11}\mathbb{1} = -\mathbb{1}$，且将第二个 $\gamma^2$ 向左移动一次穿过 $\gamma^3$ 产生一个负号： $(\gamma^5)^2 = (-\mathbb{1}) \gamma^2(-\gamma^2\gamma^3)\gamma^3 = (\gamma^2)^2 (\gamma^3)^2$ 代入 $(\gamma^2)^2 = -\mathbb{1}$ 和 $(\gamma^3)^2 = -\mathbb{1}$，最终得到： $\boxed{(\gamma^5)^2 = \mathbb{1}}$

(b) 证明 $\gamma_\mu \cancel{p} \gamma^\mu = -2\cancel{p}$

首先计算 $\gamma_\mu \gamma^\nu \gamma^\mu$。利用反对易关系 $\gamma^\nu \gamma^\mu = 2g^{\nu\mu} - \gamma^\mu \gamma^\nu$： $\gamma_\mu \gamma^\nu \gamma^\mu = \gamma_\mu (2g^{\nu\mu} - \gamma^\mu \gamma^\nu) = 2\gamma^\nu - \gamma_\mu \gamma^\mu \gamma^\nu$ 其中 $\gamma_\mu \gamma^\mu = g_{\mu\alpha}\gamma^\alpha \gamma^\mu = \frac{1}{2}g_{\mu\alpha}\{\gamma^\alpha, \gamma^\mu\} = g_{\mu\alpha}g^{\alpha\mu}\mathbb{1} = 4\mathbb{1}$。代入上式得： $\gamma_\mu \gamma^\nu \gamma^\mu = 2\gamma^\nu - 4\gamma^\nu = -2\gamma^\nu$ 将此结果与动量 $p_\nu$ 缩并： $\gamma_\mu \cancel{p} \gamma^\mu = p_\nu (\gamma_\mu \gamma^\nu \gamma^\mu) = p_\nu (-2\gamma^\nu) = -2\cancel{p}$ $\boxed{\gamma_\mu \cancel{p} \gamma^\mu = -2\cancel{p}}$

(c) 证明 $\gamma_\mu \cancel{p} \cancel{q} \cancel{p} \gamma^\mu = -2\cancel{p}\cancel{q}\cancel{p}$

我们先计算更一般的形式 $\gamma_\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta \gamma^\rho \gamma^\mu$。利用反对易关系将最右侧的 $\gamma^\mu$ 逐步向左移： $\gamma_\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta \gamma^\rho \gamma^\mu = \gamma_\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta (2g^{\rho\mu} - \gamma^\mu \gamma^\rho) = 2\gamma^\rho \gamma^\alpha \gamma^\beta - \gamma_\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta \gamma^\mu \gamma^\rho$ 对于上式中的 $\gamma_\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta \gamma^\mu$，利用类似的方法： $\gamma_\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta \gamma^\mu = \gamma_\mu \gamma^\alpha (2g^{\beta\mu} - \gamma^\mu \gamma^\beta) = 2\gamma^\beta \gamma^\alpha - \gamma_\mu \gamma^\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta = 2\gamma^\beta \gamma^\alpha - 4\gamma^\alpha \gamma^\beta$ 利用 $2\gamma^\beta \gamma^\alpha = 2(2g^{\alpha\beta} - \gamma^\alpha \gamma^\beta) = 4g^{\alpha\beta} - 2\gamma^\alpha \gamma^\beta$，可得： $\gamma_\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta \gamma^\mu = 4g^{\alpha\beta} - 2\gamma^\alpha \gamma^\beta - 4\gamma^\alpha \gamma^\beta = 4g^{\alpha\beta}$ （注：这里利用了 $\gamma_\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta \gamma^\mu = 4g^{\alpha\beta}\mathbb{1}$ 的标准恒等式）。将其代回原式： $\gamma_\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta \gamma^\rho \gamma^\mu = 2\gamma^\rho \gamma^\alpha \gamma^\beta - 4g^{\alpha\beta} \gamma^\rho = 2\gamma^\rho (\gamma^\alpha \gamma^\beta - 2g^{\alpha\beta}) = 2\gamma^\rho (-\gamma^\beta \gamma^\alpha) = -2\gamma^\rho \gamma^\beta \gamma^\alpha$ 将上式与 $p_\alpha q_\beta p_\rho$ 缩并： $\gamma_\mu \cancel{p} \cancel{q} \cancel{p} \gamma^\mu = p_\alpha q_\beta p_\rho (\gamma_\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta \gamma^\rho \gamma^\mu) = p_\alpha q_\beta p_\rho (-2\gamma^\rho \gamma^\beta \gamma^\alpha) = -2\cancel{p}\cancel{q}\cancel{p}$ $\boxed{\gamma_\mu \cancel{p} \cancel{q} \cancel{p} \gamma^\mu = -2\cancel{p}\cancel{q}\cancel{p}}$

(d) 证明 $\{\gamma^5, \gamma^\mu\} = 0$

根据定义 $\gamma^5 = i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3$。对于任意给定的 $\mu \in \{0,1,2,3\}$，$\gamma^\mu$ 必然是 $\gamma^0, \gamma^1, \gamma^2, \gamma^3$ 中的某一个。 在乘积 $\gamma^5 \gamma^\mu = i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3 \gamma^\mu$ 中，将最右侧的 $\gamma^\mu$ 向左移动，直到它与其同名矩阵相邻。 由于 $\gamma^\mu$ 与其他三个不同的 $\gamma^\nu$ ($\nu \neq \mu$) 反对易，它在向左移动的过程中需要进行 3 次交换，每次交换产生一个负号。因此： $\gamma^5 \gamma^\mu = (-1)^3 \gamma^\mu \gamma^5 = -\gamma^\mu \gamma^5$ 移项即得反对易关系： $\boxed{\{\gamma^5, \gamma^\mu\} = 0}$

(e) 证明 $\text{Tr}[\gamma^\alpha \gamma^\mu \gamma^\beta \gamma^\nu] = 4(g^{\alpha\mu}g^{\beta\nu} - g^{\alpha\beta}g^{\mu\nu} + g^{\alpha\nu}g^{\mu\beta})$

利用反对易关系 $\gamma^\alpha \gamma^\mu = 2g^{\alpha\mu} - \gamma^\mu \gamma^\alpha$ 展开迹： $\text{Tr}[\gamma^\alpha \gamma^\mu \gamma^\beta \gamma^\nu] = 2g^{\alpha\mu}\text{Tr}[\gamma^\beta \gamma^\nu] - \text{Tr}[\gamma^\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta \gamma^\nu]$ 对于两个 $\gamma$ 矩阵的迹，有 $\text{Tr}[\gamma^\beta \gamma^\nu] = \frac{1}{2}\text{Tr}[\{\gamma^\beta, \gamma^\nu\}] = \frac{1}{2}\text{Tr}[2g^{\beta\nu}\mathbb{1}] = 4g^{\beta\nu}$。 对第二项继续使用反对易关系 $\gamma^\alpha \gamma^\beta = 2g^{\alpha\beta} - \gamma^\beta \gamma^\alpha$： $\text{Tr}[\gamma^\mu \gamma^\alpha \gamma^\beta \gamma^\nu] = 2g^{\alpha\beta}\text{Tr}[\gamma^\mu \gamma^\nu] - \text{Tr}[\gamma^\mu \gamma^\beta \gamma^\alpha \gamma^\nu] = 8g^{\alpha\beta}g^{\mu\nu} - \text{Tr}[\gamma^\mu \gamma^\beta \gamma^\alpha \gamma^\nu]$ 对最后一项再次使用 $\gamma^\alpha \gamma^\nu = 2g^{\alpha\nu} - \gamma^\nu \gamma^\alpha$： $\text{Tr}[\gamma^\mu \gamma^\beta \gamma^\alpha \gamma^\nu] = 2g^{\alpha\nu}\text{Tr}[\gamma^\mu \gamma^\beta] - \text{Tr}[\gamma^\mu \gamma^\beta \gamma^\nu \gamma^\alpha] = 8g^{\alpha\nu}g^{\mu\beta} - \text{Tr}[\gamma^\mu \gamma^\beta \gamma^\nu \gamma^\alpha]$ 利用迹的循环不变性 $\text{Tr}[ABCD] = \text{Tr}[DABC]$，最后一项可写为： $\text{Tr}[\gamma^\mu \gamma^\beta \gamma^\nu \gamma^\alpha] = \text{Tr}[\gamma^\alpha \gamma^\mu \gamma^\beta \gamma^\nu]$ 将上述所有步骤代回最初的等式中： $\text{Tr}[\gamma^\alpha \gamma^\mu \gamma^\beta \gamma^\nu] = 8g^{\alpha\mu}g^{\beta\nu} - \left( 8g^{\alpha\beta}g^{\mu\nu} - \left( 8g^{\alpha\nu}g^{\mu\beta} - \text{Tr}[\gamma^\alpha \gamma^\mu \gamma^\beta \gamma^\nu] \right) \right)$ 化简得： $\text{Tr}[\gamma^\alpha \gamma^\mu \gamma^\beta \gamma^\nu] = 8g^{\alpha\mu}g^{\beta\nu} - 8g^{\alpha\beta}g^{\mu\nu} + 8g^{\alpha\nu}g^{\mu\beta} - \text{Tr}[\gamma^\alpha \gamma^\mu \gamma^\beta \gamma^\nu]$ 将包含迹的项移到等式左边： $2\text{Tr}[\gamma^\alpha \gamma^\mu \gamma^\beta \gamma^\nu] = 8(g^{\alpha\mu}g^{\beta\nu} - g^{\alpha\beta}g^{\mu\nu} + g^{\alpha\nu}g^{\mu\beta})$ 两边同除以 2，即得最终结果： $\boxed{\text{Tr}[\gamma^\alpha \gamma^\mu \gamma^\beta \gamma^\nu] = 4(g^{\alpha\mu}g^{\beta\nu} - g^{\alpha\beta}g^{\mu\nu} + g^{\alpha\nu}g^{\mu\beta})}$

习题 11.10 - 解答

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(a) 电偶极矩 (EDM) 项的非相对论展开

拉格朗日量中的电偶极矩项为 $\mathcal{E} = F_{\mu\nu} \bar{\psi} \gamma_5 [\gamma^{\mu}, \gamma^{\nu}] \psi$。 相互作用哈密顿量密度为 $\mathcal{H}_{\mathcal{E}} = -\mathcal{E}$。将其写成 $\psi^\dagger H_{\mathcal{E}} \psi$ 的形式，利用 $\bar{\psi} = \psi^\dagger \gamma^0$，可得单粒子有效哈密顿量： $H_{\mathcal{E}} = - \gamma^0 \gamma_5 F_{\mu\nu} [\gamma^{\mu}, \gamma^{\nu}]$

首先展开 $F_{\mu\nu} [\gamma^{\mu}, \gamma^{\nu}]$。利用电场 $E_i = F_{0i}$ 和磁场 $B_k = -\frac{1}{2}\epsilon_{ijk}F_{ij}$，以及狄拉克矩阵的对易关系： $[\gamma^0, \gamma^i] = 2\gamma^0 \gamma^i = 2\alpha^i$ $[\gamma^i, \gamma^j] = 2\gamma^i \gamma^j = -2i \epsilon_{ijk} \Sigma^k$ 其中 $\alpha^i = \begin{pmatrix} 0 & \sigma^i \\ \sigma^i & 0 \end{pmatrix}$，$\Sigma^k = \begin{pmatrix} \sigma^k & 0 \\ 0 & \sigma^k \end{pmatrix}$。 代入展开式中： $F_{\mu\nu} [\gamma^{\mu}, \gamma^{\nu}] = 2 F_{0i} [\gamma^0, \gamma^i] + F_{ij} [\gamma^i, \gamma^j] = 4 E_i \alpha^i - 2i F_{ij} \epsilon_{ijk} \Sigma^k$ 由于 $F_{ij} = -\epsilon_{ijl} B_l$，且 $\epsilon_{ijl} \epsilon_{ijk} = 2\delta_{lk}$，第二项化简为 $4i B_k \Sigma^k$。因此： $F_{\mu\nu} [\gamma^{\mu}, \gamma^{\nu}] = 4 \vec{E} \cdot \vec{\alpha} + 4i \vec{B} \cdot \vec{\Sigma}$

将其代入哈密顿量，并利用 $\gamma_5 \vec{\alpha} = \vec{\Sigma}$ 和 $\gamma_5 \vec{\Sigma} = \vec{\alpha}$： $H_{\mathcal{E}} = - \gamma^0 \gamma_5 (4 \vec{E} \cdot \vec{\alpha} + 4i \vec{B} \cdot \vec{\Sigma}) = -4 \gamma^0 \vec{E} \cdot \vec{\Sigma} - 4i \gamma^0 \vec{B} \cdot \vec{\alpha}$

非相对论极限近似： 在非相对论极限下，粒子的波函数由其大分量（上分量）主导。此时 $\gamma^0 = \begin{pmatrix} I & 0 \\ 0 & -I \end{pmatrix} \approx I$，且 $\vec{\Sigma} \approx \vec{\sigma}$。而 $\vec{\alpha}$ 矩阵混合了上下分量，其期望值受到 $\mathcal{O}(v/c)$ 的压低，可以忽略。 因此，非相对论有效哈密顿量为： $H_{\text{eff}} \approx -4 \vec{\sigma} \cdot \vec{E}$ 这完全符合电偶极矩在电场中的势能形式 $H = -\vec{d} \cdot \vec{E}$。由此可见，该项确实给出了一个与自旋成正比的电偶极矩： $\boxed{\vec{d} = 4 \vec{\sigma}}$

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(b) 磁偶极矩与电偶极矩算符的 C, P, T 对称性

我们需要分析电磁场张量 $F_{\mu\nu}$ 和费米子双线性型的离散对称性变换性质。 已知 $F_{\mu\nu}$ 的变换性质为：

• C (电荷共轭): $F_{\mu\nu} \to -F_{\mu\nu}$
• P (宇称): $F_{\mu\nu} \to (-1)^\mu (-1)^\nu F_{\mu\nu}$ （其中 $(-1)^0=1, (-1)^i=-1$）
• T (时间反演): $F_{\mu\nu} \to -(-1)^\mu (-1)^\nu F_{\mu\nu}$

对于费米子双线性型 $\bar{\psi} [\gamma^\mu, \gamma^\nu] \psi \propto \bar{\psi} \sigma^{\mu\nu} \psi$（张量）和 $\bar{\psi} \gamma_5 [\gamma^\mu, \gamma^\nu] \psi \propto \bar{\psi} \sigma^{\mu\nu} \gamma_5 \psi$（赝张量），它们的变换性质为：

• 张量 $\bar{\psi} [\gamma^\mu, \gamma^\nu] \psi$:
  • C: $\to -\bar{\psi} [\gamma^\mu, \gamma^\nu] \psi$
  • P: $\to (-1)^\mu (-1)^\nu \bar{\psi} [\gamma^\mu, \gamma^\nu] \psi$
  • T: $\to -(-1)^\mu (-1)^\nu \bar{\psi} [\gamma^\mu, \gamma^\nu] \psi$
• 赝张量 $\bar{\psi} \gamma_5 [\gamma^\mu, \gamma^\nu] \psi$:
  • C: $\to -\bar{\psi} \gamma_5 [\gamma^\mu, \gamma^\nu] \psi$
  • P: $\to -(-1)^\mu (-1)^\nu \bar{\psi} \gamma_5 [\gamma^\mu, \gamma^\nu] \psi$
  • T: $\to +(-1)^\mu (-1)^\nu \bar{\psi} \gamma_5 [\gamma^\mu, \gamma^\nu] \psi$

结合 $F_{\mu\nu}$ 的变换，我们可以得到两个算符的对称性：

1. 磁偶极矩算符 $\mathcal{B} = iF_{\mu\nu} \bar{\psi} [\gamma^{\mu}, \gamma^{\nu}] \psi$:

   • C: $(-1) \times (-1) = +1$
   • P: $(-1)^\mu (-1)^\nu \times (-1)^\mu (-1)^\nu = +1$
   • T: $-(-1)^\mu (-1)^\nu \times -(-1)^\mu (-1)^\nu = +1$ $\boxed{\mathcal{B} \text{ 遵守 C, P, T 对称性}}$

2. 电偶极矩算符 $\mathcal{E} = F_{\mu\nu} \bar{\psi} \gamma_5 [\gamma^{\mu}, \gamma^{\nu}] \psi$:

   • C: $(-1) \times (-1) = +1$
   • P: $(-1)^\mu (-1)^\nu \times -(-1)^\mu (-1)^\nu = -1$
   • T: $-(-1)^\mu (-1)^\nu \times +(-1)^\mu (-1)^\nu = -1$ $\boxed{\mathcal{E} \text{ 遵守 C 对称性，但破坏 P 和 T 对称性}}$

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(c) 为什么分子或电池可以有 EDM，而中子不能？

这涉及到量子态的简并度与自发对称性破缺的物理背景。

1. 中子（基本粒子图像）： 中子处于非简并的能量基态（除了自旋简并）。根据 Wigner-Eckart 定理，对于具有确定角动量 $\vec{J}$（自旋）的系统，任何矢量算符的期望值必须正比于 $\vec{J}$，即 $\vec{d} \propto \vec{J}$。

   • 电偶极矩 $\vec{d}$ 是极性矢量（P 变换下反号，T 变换下不变）。
   • 自旋 $\vec{J}$ 是轴矢量（P 变换下不变，T 变换下反号）。 因此，关系式 $\vec{d} \propto \vec{J}$ 只有在系统哈密顿量本身同时破坏 P 和 T 对称性时才能成立。由于标准模型中强相互作用和电磁相互作用守恒 P 和 T，中子必须处于具有确定宇称的能量本征态，其 EDM 严格为零（除非考虑极微弱的 CP 破坏）。

2. 分子（如 $\text{H}_2\text{O}$）或宏观电池： 分子或电池具有宏观或较大的转动惯量，这导致它们拥有极其密集的转动能级，且相邻能级具有相反的宇称。

   • 由于这些相反宇称的态几乎是简并的，即使是环境中极微小的外部电场扰动或退相干效应，也足以将这些具有确定宇称的能量本征态混合起来。
   • 结果导致系统发生了空间对称性的自发破缺，坍缩到一个具有固定空间取向的态（即不再是宇称本征态）。

$\boxed{\text{结论：分子和电池具有密集的相反宇称简并态，允许通过自发对称性破缺产生固定的空间取向（非宇称本征态）；而中子处于孤立的非简并基态，必须是严格的宇称本征态，因此除非基础物理破坏 P 和 T，否则不能拥有 EDM。}}$

习题 11.2 - 解答

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本题主要考察狄拉克旋量（Dirac spinors）的完备性关系以及利用狄拉克方程和克利福德代数（Clifford algebra）处理旋量双线性型（bilinear forms）的技巧。

下面分步进行推导与证明。

(a) 证明 $\sum_s u_s(p)\bar{u}_s(p) = \cancel{p} + m$ 和 $\sum_s v_s(p)\bar{v}_s(p) = \cancel{p} - m$

为了证明旋量的完备性关系，最直接的方法是采用外尔（Weyl）表象（即手征表象）。在该表象下，伽马矩阵的形式为： $\gamma^\mu = \begin{pmatrix} 0 & \sigma^\mu \\ \bar{\sigma}^\mu & 0 \end{pmatrix}, \quad \gamma^0 = \begin{pmatrix} 0 & I \\ I & 0 \end{pmatrix}$ 其中 $\sigma^\mu = (I, \vec{\sigma})$，$\bar{\sigma}^\mu = (I, -\vec{\sigma})$，$\vec{\sigma}$ 为泡利矩阵。

正能旋量 $u_s(p)$ 和负能旋量 $v_s(p)$ 的显式形式为： $u_s(p) = \begin{pmatrix} \sqrt{p \cdot \sigma} \xi_s \\ \sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} \xi_s \end{pmatrix}, \quad v_s(p) = \begin{pmatrix} \sqrt{p \cdot \sigma} \eta_s \\ -\sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} \eta_s \end{pmatrix}$ 其中 $\xi_s$ 和 $\eta_s$ 是两分量基旋量，满足完备性关系 $\sum_s \xi_s \xi_s^\dagger = I_{2\times 2}$ 且 $\sum_s \eta_s \eta_s^\dagger = I_{2\times 2}$。

1. 计算 $\sum_s u_s(p)\bar{u}_s(p)$

首先写出狄拉克伴随 $\bar{u}_s(p) = u_s^\dagger(p) \gamma^0$： $u_s^\dagger(p) = \begin{pmatrix} \xi_s^\dagger \sqrt{p \cdot \sigma} & \xi_s^\dagger \sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} \end{pmatrix}$ $\bar{u}_s(p) = \begin{pmatrix} \xi_s^\dagger \sqrt{p \cdot \sigma} & \xi_s^\dagger \sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & I \\ I & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \xi_s^\dagger \sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} & \xi_s^\dagger \sqrt{p \cdot \sigma} \end{pmatrix}$

计算外积（张量积） $u_s(p)\bar{u}_s(p)$ 并对自旋 $s$ 求和： $\sum_s u_s(p)\bar{u}_s(p) = \sum_s \begin{pmatrix} \sqrt{p \cdot \sigma} \xi_s \\ \sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} \xi_s \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \xi_s^\dagger \sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} & \xi_s^\dagger \sqrt{p \cdot \sigma} \end{pmatrix}$ 将求和号移入矩阵内部，并利用 $\sum_s \xi_s \xi_s^\dagger = I_{2\times 2}$： $\sum_s u_s(p)\bar{u}_s(p) = \begin{pmatrix} \sqrt{p \cdot \sigma} I \sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} & \sqrt{p \cdot \sigma} I \sqrt{p \cdot \sigma} \\ \sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} I \sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} & \sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} I \sqrt{p \cdot \sigma} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \sqrt{p \cdot \sigma}\sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} & p \cdot \sigma \\ p \cdot \bar{\sigma} & \sqrt{p \cdot \bar{\sigma}}\sqrt{p \cdot \sigma} \end{pmatrix}$ 利用恒等式 $(p \cdot \sigma)(p \cdot \bar{\sigma}) = p_0^2 - \vec{p}^2 = m^2$，可知 $\sqrt{p \cdot \sigma}\sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} = m I_{2\times 2}$。代入矩阵中得到： $\sum_s u_s(p)\bar{u}_s(p) = \begin{pmatrix} m & p \cdot \sigma \\ p \cdot \bar{\sigma} & m \end{pmatrix} = m \begin{pmatrix} I & 0 \\ 0 & I \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & p \cdot \sigma \\ p \cdot \bar{\sigma} & 0 \end{pmatrix}$ 识别出右侧第一项为 $m I_{4\times 4}$，第二项为 $p_\mu \gamma^\mu \equiv \cancel{p}$，故： $\boxed{ \sum_s u_s(p)\bar{u}_s(p) = \cancel{p} + m }$

2. 计算 $\sum_s v_s(p)\bar{v}_s(p)$

同理，写出 $\bar{v}_s(p) = v_s^\dagger(p) \gamma^0$： $v_s^\dagger(p) = \begin{pmatrix} \eta_s^\dagger \sqrt{p \cdot \sigma} & -\eta_s^\dagger \sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} \end{pmatrix}$ $\bar{v}_s(p) = \begin{pmatrix} \eta_s^\dagger \sqrt{p \cdot \sigma} & -\eta_s^\dagger \sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & I \\ I & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\eta_s^\dagger \sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} & \eta_s^\dagger \sqrt{p \cdot \sigma} \end{pmatrix}$ 计算外积并对 $s$ 求和（利用 $\sum_s \eta_s \eta_s^\dagger = I_{2\times 2}$）： $\sum_s v_s(p)\bar{v}_s(p) = \begin{pmatrix} \sqrt{p \cdot \sigma} \\ -\sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -\sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} & \sqrt{p \cdot \sigma} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\sqrt{p \cdot \sigma}\sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} & p \cdot \sigma \\ p \cdot \bar{\sigma} & -\sqrt{p \cdot \bar{\sigma}}\sqrt{p \cdot \sigma} \end{pmatrix}$ 同样代入 $\sqrt{p \cdot \sigma}\sqrt{p \cdot \bar{\sigma}} = m$： $\sum_s v_s(p)\bar{v}_s(p) = \begin{pmatrix} -m & p \cdot \sigma \\ p \cdot \bar{\sigma} & -m \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & p \cdot \sigma \\ p \cdot \bar{\sigma} & 0 \end{pmatrix} - m \begin{pmatrix} I & 0 \\ 0 & I \end{pmatrix}$ 即得到： $\boxed{ \sum_s v_s(p)\bar{v}_s(p) = \cancel{p} - m }$

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(b) 证明 $\bar{u}_\sigma(p)\gamma^\mu u_{\sigma'}(p) = 2\delta_{\sigma\sigma'}p^\mu$

此题可以通过直接利用动量空间中的狄拉克方程和克利福德代数来巧妙证明，从而避免繁琐的矩阵乘法。

动量空间中正能旋量满足的狄拉克方程及其伴随方程分别为： $\cancel{p} u_{\sigma'}(p) = m u_{\sigma'}(p)$ $\bar{u}_\sigma(p) \cancel{p} = m \bar{u}_\sigma(p)$

我们构造并计算矩阵元 $\bar{u}_\sigma(p) (\gamma^\mu \cancel{p} + \cancel{p} \gamma^\mu) u_{\sigma'}(p)$。可以通过两种不同的方式展开该式：

方式一：利用克利福德代数（反对易关系） 根据狄拉克矩阵的反对易关系 $\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = 2\eta^{\mu\nu} I$，我们有： $\gamma^\mu \cancel{p} + \cancel{p} \gamma^\mu = \gamma^\mu \gamma^\nu p_\nu + \gamma^\nu \gamma^\mu p_\nu = \{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} p_\nu = 2\eta^{\mu\nu} p_\nu = 2p^\mu$ 将其代入矩阵元中： $\bar{u}_\sigma(p) (\gamma^\mu \cancel{p} + \cancel{p} \gamma^\mu) u_{\sigma'}(p) = \bar{u}_\sigma(p) (2p^\mu) u_{\sigma'}(p) = 2p^\mu \bar{u}_\sigma(p) u_{\sigma'}(p)$

方式二：利用狄拉克方程 让括号内的 $\cancel{p}$ 分别向右作用于 $u_{\sigma'}(p)$ 和向左作用于 $\bar{u}_\sigma(p)$： $\bar{u}_\sigma(p) \gamma^\mu (\cancel{p} u_{\sigma'}(p)) = \bar{u}_\sigma(p) \gamma^\mu (m u_{\sigma'}(p)) = m \bar{u}_\sigma(p) \gamma^\mu u_{\sigma'}(p)$ $(\bar{u}_\sigma(p) \cancel{p}) \gamma^\mu u_{\sigma'}(p) = (m \bar{u}_\sigma(p)) \gamma^\mu u_{\sigma'}(p) = m \bar{u}_\sigma(p) \gamma^\mu u_{\sigma'}(p)$ 将两项相加得到： $\bar{u}_\sigma(p) (\gamma^\mu \cancel{p} + \cancel{p} \gamma^\mu) u_{\sigma'}(p) = 2m \bar{u}_\sigma(p) \gamma^\mu u_{\sigma'}(p)$

联立求解 将方式一和方式二的结果等同起来： $2m \bar{u}_\sigma(p) \gamma^\mu u_{\sigma'}(p) = 2p^\mu \bar{u}_\sigma(p) u_{\sigma'}(p)$ 两边同除以 $2m$（假设 $m \neq 0$）： $\bar{u}_\sigma(p) \gamma^\mu u_{\sigma'}(p) = \frac{p^\mu}{m} \bar{u}_\sigma(p) u_{\sigma'}(p)$ 根据相对论量子力学中标准的旋量归一化条件 $\bar{u}_\sigma(p) u_{\sigma'}(p) = 2m \delta_{\sigma\sigma'}$，代入上式即可得到最终结果： $\bar{u}_\sigma(p) \gamma^\mu u_{\sigma'}(p) = \frac{p^\mu}{m} (2m \delta_{\sigma\sigma'})$ $\boxed{ \bar{u}_\sigma(p)\gamma^\mu u_{\sigma'}(p) = 2\delta_{\sigma\sigma'}p^\mu }$ (注：此结果实际上是戈登分解（Gordon decomposition）在初末态动量相等 $p'=p$ 时的直接推论，体现了狄拉克粒子流密度的对流项特征。)

习题 11.3 - 解答

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物理背景与核心思路分析

本题要求证明：当无质量自旋-1粒子（如光子）与自旋-0或自旋-$\frac{1}{2}$粒子耦合时，必然导致一个守恒的荷。

根据量子场论（如 Weinberg The Quantum Theory of Fields 第9.5节的结论），无质量自旋-1粒子的极化矢量 $\epsilon_\mu(q)$ 在洛伦兹变换下会产生一个正比于其动量 $q_\mu$ 的平移：$\epsilon^\mu \to \Lambda^\mu_{\,\,\nu}\epsilon^\nu + \alpha q^\mu$。为了保证 S 矩阵的洛伦兹不变性，跃迁矩阵元 $\mathcal{M} = \epsilon_\mu(q) M^\mu(q)$ 必须满足规范不变性条件（即 Ward 恒等式）： $q_\mu M^\mu(q) = 0$ 通过考察软光子（$q \to 0$）发射极限下的 S 矩阵元，无质量自旋-1粒子主要由外线发射（因为此时传播子接近在壳，产生 $\frac{1}{q}$ 的极点）。我们将分别计算自旋-0和自旋-$\frac{1}{2}$外线发射软光子的贡献，并利用 $q_\mu M^\mu(q) = 0$ 导出电荷守恒定律。

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推导过程

考虑一个包含若干入射粒子和出射粒子的任意散射过程，其无光子发射的 S 矩阵元记为 $\mathcal{M}_0$。现在考虑在该过程中额外发射一个动量为 $q$、极化为 $\epsilon_\mu(q)$ 的软无质量自旋-1粒子。

设第 $n$ 个外线的动量为 $p_n$，质量为 $m_n$，耦合常数（荷）为 $e_n$。定义符号因子 $\eta_n$：对于出射粒子 $\eta_n = +1$，对于入射粒子 $\eta_n = -1$。

在 $q \to 0$ 的软极限下，占主导地位的费曼图是光子直接连接在外部腿上的图。我们需要分别计算自旋-0和自旋-$\frac{1}{2}$粒子的外线插入贡献。

1. 自旋-0 粒子的耦合 对于标量粒子，动量为 $p_n$ 的外线在发射动量为 $q$ 的光子前后的传播子动量为 $p_n + \eta_n q$。 标量-标量-矢量顶点的费曼规则正比于参与粒子的动量之和：$-i e_n (2p_n + \eta_n q)^\mu$。 内部标量传播子为： $\frac{i}{(p_n + \eta_n q)^2 - m_n^2}$ 利用在壳条件 $p_n^2 = m_n^2$（采用 $+---$ 度规，若采用 $-+++$ 度规则为 $p_n^2 = -m_n^2$，结果一致），分母展开为： $(p_n + \eta_n q)^2 - m_n^2 = p_n^2 + 2\eta_n p_n \cdot q + q^2 - m_n^2 \approx 2\eta_n p_n \cdot q$ （因为 $q^2 = 0$ 且 $q \to 0$）。 因此，自旋-0外线发射软光子给原矩阵元带来的附加因子为： $\frac{i}{2\eta_n p_n \cdot q} \left[ -i e_n (2p_n + \eta_n q)^\mu \right] \approx e_n \frac{p_n^\mu}{\eta_n p_n \cdot q} = \eta_n e_n \frac{p_n^\mu}{p_n \cdot q}$

2. 自旋-$\frac{1}{2}$ 粒子的耦合 对于费米子，顶点规则为 $-i e_n \gamma^\mu$。 以外线为出射费米子（$\eta_n = +1$）为例，发射光子后的附加因子包含传播子和顶点： $\bar{u}(p_n) (-i e_n \gamma^\mu) \frac{i(\slashed{p}_n + \slashed{q} + m_n)}{(p_n + q)^2 - m_n^2}$ 分母同样近似为 $2 p_n \cdot q$。对于分子，利用狄拉克代数反对易关系 $\{\gamma^\mu, \slashed{p}_n\} = 2p_n^\mu$，可得 $\gamma^\mu \slashed{p}_n = 2p_n^\mu - \slashed{p}_n \gamma^\mu$。 将其作用在旋量上，并利用出射费米子的狄拉克方程 $\bar{u}(p_n)(\slashed{p}_n - m_n) = 0$： $\bar{u}(p_n) \gamma^\mu (\slashed{p}_n + m_n) = \bar{u}(p_n) (2p_n^\mu - \slashed{p}_n \gamma^\mu + m_n \gamma^\mu) = \bar{u}(p_n) 2p_n^\mu - \bar{u}(p_n)(\slashed{p}_n - m_n)\gamma^\mu = \bar{u}(p_n) 2p_n^\mu$ 在 $q \to 0$ 极限下，分子中的 $\slashed{q}$ 项可忽略。因此，自旋-$\frac{1}{2}$外线带来的附加因子为： $\frac{e_n \bar{u}(p_n) 2p_n^\mu}{2 p_n \cdot q} = e_n \frac{p_n^\mu}{p_n \cdot q} \bar{u}(p_n)$ 提取出原矩阵元所需的旋量后，其纯乘性因子同样为 $\eta_n e_n \frac{p_n^\mu}{p_n \cdot q}$（对于入射费米子 $\eta_n = -1$，推导完全类似）。

3. 洛伦兹不变性与电荷守恒 综合上述两种情况，无论外线是自旋-0还是自旋-$\frac{1}{2}$，在软极限 $q \to 0$ 下，包含一次光子发射的完整 S 矩阵元 $\mathcal{M} = \epsilon_\mu(q) M^\mu(q)$ 中的 $M^\mu(q)$ 可以分解为所有外线贡献之和： $M^\mu(q) \approx \sum_n \eta_n e_n \frac{p_n^\mu}{p_n \cdot q} \mathcal{M}_0$ 根据 S 矩阵的洛伦兹不变性要求，无质量自旋-1粒子必须满足 Ward 恒等式 $q_\mu M^\mu(q) = 0$。将上式代入该条件： $q_\mu M^\mu(q) = \sum_n \eta_n e_n \frac{q_\mu p_n^\mu}{p_n \cdot q} \mathcal{M}_0 = \sum_n \eta_n e_n \frac{p_n \cdot q}{p_n \cdot q} \mathcal{M}_0 = \left( \sum_n \eta_n e_n \right) \mathcal{M}_0 = 0$ 假设基础散射过程是物理上允许的，即 $\mathcal{M}_0 \neq 0$，则必须满足： $\sum_n \eta_n e_n = 0$ 将出射粒子（$\eta_n = +1$）和入射粒子（$\eta_n = -1$）分开，即得到： $\sum_{\text{out}} e_n - \sum_{\text{in}} e_n = 0$ 这正是电荷守恒定律的数学表达式。