习题 14.1 - 解答

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本题要求证明复标量场在存在外源 $J(x)$ 和 $J^*(x)$ 时的配分函数（或生成泛函）的高斯路径积分公式。该证明的核心物理与数学技巧是泛函积分中的配方（Completing the square）以及多维复高斯积分的连续极限。

1. 算子与逆算子的定义

为了简化书写，我们将时空坐标 $x, y$ 视为连续的矩阵索引。定义算子 $M$ 的逆算子 $M^{-1}(x, y)$，它满足如下积分关系： $\int d^4 z \, M(x, z) M^{-1}(z, y) = \delta^{(4)}(x - y)$ 同理，也有 $\int d^4 z \, M^{-1}(x, z) M(z, y) = \delta^{(4)}(x - y)$。

2. 泛函配方 (Completing the Square)

我们考察指数上的作用量（包含源项）： $S[\phi, \phi^*] = \int d^4 x d^4 y \, \phi^*(x) M(x, y) \phi(y) + \int d^4 x \left[ J^*(x) \phi(x) + \phi^*(x) J(x) \right]$ 为了消去关于场变量 $\phi$ 和 $\phi^*$ 的线性项，我们引入场变量的平移（即寻找经典运动方程的解）。令： $\phi(x) = \phi'(x) + \chi(x)$ $\phi^*(x) = \phi'^*(x) + \chi^*(x)$ 其中 $\phi'(x)$ 和 $\phi'^*(x)$ 是新的积分变量，$\chi(x)$ 和 $\chi^*(x)$ 是待定的经典背景场。将平移代入作用量 $S$ 中展开：

为了让 $\phi'$ 和 $\phi'^*$ 的线性项消失，我们要求： $\int d^4 y \, M(x, y) \chi(y) + J(x) = 0 \implies \chi(x) = - \int d^4 y \, M^{-1}(x, y) J(y)$ $\int d^4 x \, \chi^*(x) M(x, y) + J^*(y) = 0 \implies \chi^*(x) = - \int d^4 y \, J^*(y) M^{-1}(y, x)$ 将上述 $\chi(x)$ 和 $\chi^*(x)$ 代回作用量中，计算与 $\phi'$ 无关的常数项（即背景场的作用量）：

利用逆算子的定义，第一项可以化简为：

将积分变量统一重命名为 $x, y$，则常数项总和为： $S_{\text{bg}} = (1 - 1 - 1) \int d^4 x d^4 y \, J^*(x) M^{-1}(x, y) J(y) = - \int d^4 x d^4 y \, J^*(x) M^{-1}(x, y) J(y)$ 因此，作用量被完全配方为： $S[\phi, \phi^*] = \int d^4 x d^4 y \, \phi'^*(x) M(x, y) \phi'(y) - \int d^4 x d^4 y \, J^*(x) M^{-1}(x, y) J(y)$

3. 测度不变性与高斯积分

在路径积分中，场变量的常数平移（$\chi$ 仅依赖于外源，不依赖于场）不改变积分测度，即雅可比行列式为 1： $\mathcal{D}\phi^* \mathcal{D}\phi = \mathcal{D}\phi'^* \mathcal{D}\phi'$ 将配方后的作用量代入原路径积分：

剩下的路径积分是一个标准的无源复高斯泛函积分。回顾有限维复向量 $z_k$ 的高斯积分公式： $\int \prod_{k} d z_k^* d z_k \exp(i z^\dagger M z) \propto \frac{1}{\det M}$ 在连续极限下，泛函积分的结果同样正比于算子 $M$ 的泛函行列式的倒数。我们将所有与积分测度相关的无穷大常数（如 $2\pi i$ 的无穷次幂）吸收进一个归一化常数 $\mathcal{N}$ 中，得到： $\int \mathcal{D} \phi'^* \mathcal{D} \phi' \exp \left\{ i \int d^4 x d^4 y \, \phi'^*(x) M(x, y) \phi'(y) \right\} = \mathcal{N} \frac{1}{\det M}$

4. 最终结论

将高斯积分的结果与外源项结合，即可得到题目要求证明的等式：

习题 14.2 - 解答

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习题 14.2 分析与解答

本题探讨量子电动力学（QED）及标准模型中的弗里定理（Furry's theorem）。弗里定理指出，奇数个光子场的真空期望值为零。其核心物理背景是电荷共轭（Charge Conjugation, $C$）对称性。

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(a) 标量 QED 中的电荷共轭变换

分析与推导： 标量 QED 的拉格朗日量为： $\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} + (D_\mu \phi)^*(D^\mu \phi) - m^2 \phi^*\phi - \frac{\lambda}{4}(\phi^*\phi)^2$ 其中协变导数为 $D_\mu \phi = (\partial_\mu + i e A_\mu)\phi$。 展开动能项： $(D_\mu \phi)^*(D^\mu \phi) = (\partial_\mu \phi^* - i e A_\mu \phi^*)(\partial^\mu \phi + i e A^\mu \phi)$ 在电荷共轭变换 $C$ 下，复标量场与其复共轭互换：$\phi \to \phi^*$ 且 $\phi^* \to \phi$。 假设光子场在 $C$ 变换下的形式为 $A_\mu \to A_\mu^C$，代入动能项得到变换后的形式： $(\partial_\mu \phi - i e A_\mu^C \phi)(\partial^\mu \phi^* + i e A^{C\mu} \phi^*)$ 为了使拉格朗日量保持不变（即 $\mathcal{L} \to \mathcal{L}$），变换后的动能项必须与原动能项完全一致。对比两式可以看出，必须满足 $-i e A_\mu^C = i e A_\mu$ 以及 $i e A^{C\mu} = -i e A^\mu$。 因此，光子场必须反号。

结论： $\boxed{A_\mu \xrightarrow{C} -A_\mu}$

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(b) 使用路径积分非微扰证明标量 QED 中的弗里定理

分析与推导： $n$ 个光子场的时序关联函数（格林函数）可以通过路径积分表示为： $\langle \Omega | T \{ A_{\mu_1}(x_1) \cdots A_{\mu_n}(x_n) \} | \Omega \rangle = \frac{1}{Z} \int \mathcal{D}A \mathcal{D}\phi \mathcal{D}\phi^* \, A_{\mu_1}(x_1) \cdots A_{\mu_n}(x_n) \, e^{iS[A, \phi, \phi^*]}$ 我们在积分中引入变量代换（即电荷共轭变换）： $A_\mu \to -A_\mu, \quad \phi \to \phi^*, \quad \phi^* \to \phi$ 分析该变量代换对路径积分各部分的影响：

1. 作用量：由 (a) 问可知，标量 QED 的作用量在该变换下是不变的，即 $S[-A, \phi^*, \phi] = S[A, \phi, \phi^*]$。
2. 测度：泛函积分测度 $\mathcal{D}A \mathcal{D}\phi \mathcal{D}\phi^*$ 在该线性变换下保持不变（雅可比行列式的绝对值为1，且符号在分子分母的 $Z$ 中抵消）。
3. 被积函数：光子场算符的乘积变为 $(-A_{\mu_1}(x_1)) \cdots (-A_{\mu_n}(x_n)) = (-1)^n A_{\mu_1}(x_1) \cdots A_{\mu_n}(x_n)$。

将这些代入路径积分，我们得到： $\langle \Omega | T \{ A_{\mu_1} \cdots A_{\mu_n} \} | \Omega \rangle = (-1)^n \frac{1}{Z} \int \mathcal{D}A \mathcal{D}\phi \mathcal{D}\phi^* \, A_{\mu_1} \cdots A_{\mu_n} \, e^{iS[A, \phi, \phi^*]}$ 即： $\langle \Omega | T \{ A_{\mu_1} \cdots A_{\mu_n} \} | \Omega \rangle = (-1)^n \langle \Omega | T \{ A_{\mu_1} \cdots A_{\mu_n} \} | \Omega \rangle$ 当 $n$ 为奇数时，$(-1)^n = -1$，这意味着该关联函数等于其自身的负值，因此必须为零。

结论： $\boxed{\text{通过变量代换 } A_\mu \to -A_\mu \text{ 和 } \phi \leftrightarrow \phi^* \text{，路径积分给出 } \langle A^n \rangle = (-1)^n \langle A^n \rangle \text{，故奇数 } n \text{ 时为 } 0}$

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(c) 离壳与在壳光子的适用性

分析与推导： 在 (b) 问的路径积分证明中，我们计算的是位置空间的时序关联函数 $\langle \Omega | T \{ A_{\mu_1}(x_1) \cdots A_{\mu_n}(x_n) \} | \Omega \rangle$。对其进行傅里叶变换，得到的是动量空间的**离壳（off-shell）**格林函数。 证明过程中并没有要求光子的动量满足质壳条件 $q^2 = 0$。因此，弗里定理对离壳光子是严格成立的。 进一步，根据 LSZ 约化公式，**在壳（on-shell）**的 S 矩阵元是由离壳格林函数在极点处的留数决定的。既然离壳格林函数恒为零，其在极点处的留数必然也为零。

结论： $\boxed{\text{弗里定理对离壳（off-shell）和在壳（on-shell）光子均成立}}$

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(d) 旋量 QED 中弗里定理的证明

分析与推导： 在旋量 QED 中，利用算符形式和电荷共轭算符 $C$ 的性质可以给出简洁的证明。 电荷共轭算符 $C$ 是一个幺正算符，满足 $C^{-1} = C^\dagger$。 真空态在 $C$ 变换下是不变的：$C|\Omega\rangle = |\Omega\rangle$ 且 $\langle\Omega|C^{-1} = \langle\Omega|$。 光子场在 $C$ 变换下反号（因为光子是 $C$ 奇宇称的）：$C A_\mu(x) C^{-1} = -A_\mu(x)$。

考虑 $n$ 个光子场的真空期望值，在算符中间插入 $C^{-1}C = 1$： $\langle \Omega | T \{ A_{\mu_1}(x_1) \cdots A_{\mu_n}(x_n) \} | \Omega \rangle = \langle \Omega | C^{-1} C T \{ A_{\mu_1}(x_1) \cdots A_{\mu_n}(x_n) \} C^{-1} C | \Omega \rangle$ 将 $C$ 作用于真空态和场算符： $= \langle \Omega | T \{ (C A_{\mu_1}(x_1) C^{-1}) \cdots (C A_{\mu_n}(x_n) C^{-1}) \} | \Omega \rangle$ $= \langle \Omega | T \{ (-A_{\mu_1}(x_1)) \cdots (-A_{\mu_n}(x_n)) \} | \Omega \rangle$ $= (-1)^n \langle \Omega | T \{ A_{\mu_1}(x_1) \cdots A_{\mu_n}(x_n) \} | \Omega \rangle$ 当 $n$ 为奇数时，该期望值等于其负值，因此必然为零。

结论： $\boxed{\text{利用 } C|\Omega\rangle = |\Omega\rangle \text{ 及 } C A_\mu C^{-1} = -A_\mu \text{，可得 } \langle A^n \rangle = (-1)^n \langle A^n \rangle \text{，奇数 } n \text{ 时为 } 0}$

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(e) 标准模型中的弗里定理

分析与推导： 弗里定理的严格成立依赖于理论具有精确的电荷共轭（$C$）对称性。 在标准模型（Standard Model）中，电磁相互作用和强相互作用保持 $C$ 对称性，但弱相互作用最大程度地破坏了 $C$ 对称性和 $P$ 对称性（例如，W 玻色子只与左手费米子耦合）。 由于标准模型的总拉格朗日量不再具有 $C$ 不变性，真实的物理真空 $|\Omega\rangle$ 不再是 $C$ 的本征态，且路径积分的作用量 $S_{SM}$ 在 $C$ 变换下也不再不变。 因此，上述依赖于精确 $C$ 对称性的证明在标准模型中失效。

在微扰论层面，虽然纯 QED 费米子环（如三光子顶点的电子环）由于顺时针和逆时针传播子的抵消依然为零，但光子可以耦合到参与弱相互作用的粒子。例如，可以通过包含 W 玻色子交换的费米子环，或者直接通过 W 玻色子环（W 玻色子带电且参与弱相互作用）来产生奇数个光子的关联。由于弱相互作用破坏 $C$，这些高阶圈图不会完全抵消。 不过，由于这些破坏 $C$ 的过程必须包含弱相互作用的传播子（如 $W$ 或 $Z$ 玻色子），在低能下它们会被大质量 $M_W^2$ 压低，且包含弱耦合常数。

结论： $\boxed{\text{证明不再严格成立。由于弱相互作用破坏了 } C \text{ 对称性，预期在标准模型中会出现对弗里定理的微小破坏。}}$

习题 14.3 - 解答

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(a) 自由标量场的场算符及其共轭动量在 $t=0$ 时的傅里叶展开为： $\hat{\phi}(\vec{x}) = \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_p}} \left( a_p e^{i \vec{p} \cdot \vec{x}} + a_p^\dagger e^{-i \vec{p} \cdot \vec{x}} \right)$ $\hat{\pi}(\vec{x}) = \partial_t \hat{\phi}(\vec{x}, t)\Big|_{t=0} = \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} (-i) \sqrt{\frac{\omega_p}{2}} \left( a_p e^{i \vec{p} \cdot \vec{x}} - a_p^\dagger e^{-i \vec{p} \cdot \vec{x}} \right)$ 对上述两式进行傅里叶逆变换，得到动量空间中的算符： $\int d^3 x e^{-i \vec{p} \cdot \vec{x}} \hat{\phi}(\vec{x}) = \frac{1}{\sqrt{2\omega_p}} (a_p + a_{-p}^\dagger)$ $\int d^3 x e^{-i \vec{p} \cdot \vec{x}} \hat{\pi}(\vec{x}) = (-i) \sqrt{\frac{\omega_p}{2}} (a_p - a_{-p}^\dagger)$ 由这两个方程可以解出 $a_p$ 和 $a_{-p}^\dagger$ 的组合： $a_p + a_{-p}^\dagger = \sqrt{2\omega_p} \int d^3 x e^{-i \vec{p} \cdot \vec{x}} \hat{\phi}(\vec{x})$ $a_p - a_{-p}^\dagger = i \sqrt{\frac{2}{\omega_p}} \int d^3 x e^{-i \vec{p} \cdot \vec{x}} \hat{\pi}(\vec{x})$ 将两式相加并除以 2，即可将湮灭算符 $a_p$ 用 $\hat{\phi}(\vec{x})$ 和 $\hat{\pi}(\vec{x})$ 表示出来： $\boxed{ a_p = \int d^3 x e^{-i \vec{p} \cdot \vec{x}} \left[ \sqrt{\frac{\omega_p}{2}} \hat{\phi}(\vec{x}) + \frac{i}{\sqrt{2\omega_p}} \hat{\pi}(\vec{x}) \right] }$

(b) 在薛定谔表象中，场算符 $\hat{\phi}(\vec{x})$ 在其本征态 $|\Phi\rangle$ 上是对角化的，即 $\hat{\phi}(\vec{x}) |\Phi\rangle = \phi(\vec{x}) |\Phi\rangle$。 正则对易关系为 $[\hat{\phi}(\vec{x}), \hat{\pi}(\vec{y})] = i \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y})$。 考虑该对易子在波泛函 $\Psi[\phi] = \langle \Phi | \Psi \rangle$ 上的作用： $\langle \Phi | [\hat{\phi}(\vec{x}), \hat{\pi}(\vec{y})] | \Psi \rangle = i \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y}) \Psi[\phi]$ 将对易子展开： $\phi(\vec{x}) \langle \Phi | \hat{\pi}(\vec{y}) | \Psi \rangle - \langle \Phi | \hat{\pi}(\vec{y}) \hat{\phi}(\vec{x}) | \Psi \rangle = i \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y}) \Psi[\phi]$ 若令 $\langle \Phi | \hat{\pi}(\vec{y}) = -i \frac{\delta}{\delta \phi(\vec{y})} \langle \Phi |$，则上式左边变为： $\phi(\vec{x}) \left( -i \frac{\delta}{\delta \phi(\vec{y})} \Psi[\phi] \right) - \left( -i \frac{\delta}{\delta \phi(\vec{y})} \right) (\phi(\vec{x}) \Psi[\phi]) = -i \phi(\vec{x}) \frac{\delta \Psi}{\delta \phi(\vec{y})} + i \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y}) \Psi[\phi] + i \phi(\vec{x}) \frac{\delta \Psi}{\delta \phi(\vec{y})} = i \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y}) \Psi[\phi]$ 这与正则对易关系完全一致。因此，$\hat{\pi}$ 作用在 $\hat{\phi}$ 的本征态上等效于泛函导数： $\boxed{ \langle \Phi | \hat{\pi}(\vec{y}) = -i \frac{\delta}{\delta \phi(\vec{y})} \langle \Phi | }$

(c) 真空态 $|0\rangle$ 满足 $a_p |0\rangle = 0$。将其投影到场本征态 $\langle \Phi |$ 上，有 $\langle \Phi | a_p |0\rangle = 0$。 代入 (a) 中求得的 $a_p$ 表达式： $\langle \Phi | \int d^3 x e^{-i \vec{p} \cdot \vec{x}} \left[ \sqrt{\frac{\omega_p}{2}} \hat{\phi}(\vec{x}) + \frac{i}{\sqrt{2\omega_p}} \hat{\pi}(\vec{x}) \right] |0\rangle = 0$ 利用 (b) 中的结论 $\langle \Phi | \hat{\phi}(\vec{x}) = \phi(\vec{x}) \langle \Phi |$ 和 $\langle \Phi | \hat{\pi}(\vec{x}) = -i \frac{\delta}{\delta \phi(\vec{x})} \langle \Phi |$，得到： $\int d^3 x e^{-i \vec{p} \cdot \vec{x}} \left[ \sqrt{\frac{\omega_p}{2}} \phi(\vec{x}) + \frac{1}{\sqrt{2\omega_p}} \frac{\delta}{\delta \phi(\vec{x})} \right] \langle \Phi | 0 \rangle = 0$ 两边同乘 $\sqrt{2\omega_p}$，得： $\int d^3 x e^{-i \vec{p} \cdot \vec{x}} \left[ \omega_p \phi(\vec{x}) + \frac{\delta}{\delta \phi(\vec{x})} \right] \langle \Phi | 0 \rangle = 0$ 为了得到局域的微分方程，两边同乘 $e^{i \vec{p} \cdot \vec{y}}$ 并对 $\frac{d^3 p}{(2\pi)^3}$ 积分： $\int d^3 x \left( \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} \omega_p e^{i \vec{p} \cdot (\vec{y} - \vec{x})} \right) \phi(\vec{x}) \langle \Phi | 0 \rangle + \int d^3 x \delta^{(3)}(\vec{y} - \vec{x}) \frac{\delta}{\delta \phi(\vec{x})} \langle \Phi | 0 \rangle = 0$ 定义 $\mathcal{E}(\vec{y}, \vec{x}) = \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} \omega_p e^{i \vec{p} \cdot (\vec{y} - \vec{x})}$，即可得到真空波泛函满足的微分方程： $\boxed{ \frac{\delta}{\delta \phi(\vec{y})} \langle \Phi | 0 \rangle = - \int d^3 x \mathcal{E}(\vec{y}, \vec{x}) \phi(\vec{x}) \langle \Phi | 0 \rangle }$

(d) 将给定的试探解 Eq. (14.65) 代入： $\langle 0|\Phi\rangle = \mathcal{N} \exp \left( -\frac{1}{2} \int d^3\vec{x} d^3\vec{z} \mathcal{E}(\vec{x}, \vec{z}) \phi(\vec{x}) \phi(\vec{z}) \right)$ 对其求关于 $\phi(\vec{y})$ 的泛函导数，利用乘积法则 $\frac{\delta}{\delta \phi(\vec{y})} (\phi(\vec{x}) \phi(\vec{z})) = \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y}) \phi(\vec{z}) + \phi(\vec{x}) \delta^{(3)}(\vec{z} - \vec{y})$： $\frac{\delta}{\delta \phi(\vec{y})} \langle \Phi | 0 \rangle = \langle \Phi | 0 \rangle \left( - \frac{1}{2} \int d^3 x d^3 z \mathcal{E}(\vec{x}, \vec{z}) \left[ \delta^{(3)}(\vec{x} - \vec{y}) \phi(\vec{z}) + \phi(\vec{x}) \delta^{(3)}(\vec{z} - \vec{y}) \right] \right)$ $= - \frac{1}{2} \langle \Phi | 0 \rangle \left( \int d^3 z \mathcal{E}(\vec{y}, \vec{z}) \phi(\vec{z}) + \int d^3 x \mathcal{E}(\vec{x}, \vec{y}) \phi(\vec{x}) \right)$ 由于 $\omega_p = \sqrt{\vec{p}^2 + m^2}$ 是 $\vec{p}$ 的偶函数，核函数是对称的，即 $\mathcal{E}(\vec{x}, \vec{y}) = \mathcal{E}(\vec{y}, \vec{x})$。因此括号内的两项相等： $\frac{\delta}{\delta \phi(\vec{y})} \langle \Phi | 0 \rangle = - \int d^3 x \mathcal{E}(\vec{y}, \vec{x}) \phi(\vec{x}) \langle \Phi | 0 \rangle$ 这完全符合 (c) 中推导出的微分方程，从而证明了 Eqs. (14.65) 和 (14.66) 给出的 $\langle \Phi | 0 \rangle$ 确实是该方程的解。

(e) 我们需要计算积分 $\mathcal{E}(\vec{x}, \vec{y}) = \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} e^{i \vec{p} \cdot (\vec{x} - \vec{y})} \sqrt{\vec{p}^2 + m^2}$。 记 $\vec{r} = \vec{x} - \vec{y}$ 且 $r = |\vec{r}|$。利用 $d$ 维动量空间中 $(p^2 + m^2)^{-s}$ 的标准傅里叶变换公式： $\int \frac{d^d p}{(2\pi)^d} e^{i \vec{p} \cdot \vec{r}} (p^2 + m^2)^{-s} = \frac{2^{1-s}}{(2\pi)^{d/2} \Gamma(s)} \left( \frac{m}{r} \right)^{d/2 - s} K_{d/2 - s}(m r)$ 在此问题中，维度 $d = 3$，指数 $s = -1/2$。代入参数得 $d/2 - s = 2$。 系数部分为： $\frac{2^{3/2}}{(2\pi)^{3/2} \Gamma(-1/2)} = \frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{2} \pi^{3/2} (-2\sqrt{\pi})} = - \frac{1}{2\pi^2}$ 因此，对于有质量情况 (Massive case)，闭式解为： $\boxed{ \mathcal{E}(\vec{x}, \vec{y}) = - \frac{m^2}{2\pi^2 |\vec{x} - \vec{y}|^2} K_2(m |\vec{x} - \vec{y}|) }$ 其中 $K_2(z)$ 是第二类修正贝塞尔函数。

对于无质量情况 (Massless case)，取 $m \to 0$ 的极限。利用修正贝塞尔函数在小自变量处的渐近展开 $K_\nu(z) \approx \frac{\Gamma(\nu)}{2} \left( \frac{2}{z} \right)^\nu$ ($\nu > 0$)，对于 $\nu = 2$ 有 $K_2(mr) \approx \frac{2}{m^2 r^2}$。 代入有质量情况的结果中： $\mathcal{E}(\vec{x}, \vec{y}) = \lim_{m \to 0} \left( - \frac{m^2}{2\pi^2 r^2} \frac{2}{m^2 r^2} \right) = - \frac{1}{\pi^2 r^4}$ 因此，无质量情况的闭式解为： $\boxed{ \mathcal{E}(\vec{x}, \vec{y}) = - \frac{1}{\pi^2 |\vec{x} - \vec{y}|^4} }$

习题 14.4 - 解答

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(a) 单个谐振子的位置本征态

对于单个谐振子，位置算符表示为 $\hat{x} = c(a + a^\dagger)$。我们需要寻找态 $|\psi\rangle = f_z(a^\dagger)|0\rangle$，使得其满足本征方程 $\hat{x}|\psi\rangle = z|\psi\rangle$。

利用对易关系 $[a, a^\dagger] = 1$，湮灭算符作用在由产生算符构成的函数上等价于求导，即 $a f_z(a^\dagger)|0\rangle = f_z'(a^\dagger)|0\rangle$。代入本征方程：

这给出了关于 $f_z(u)$（其中 $u = a^\dagger$）的微分方程：

积分可得：

为了确定归一化系数 $N(z)$，我们要求本征态满足正交归一化条件 $\langle z' | z \rangle = \delta(z - z')$。利用相干态的性质或直接计算高斯积分，可以得到归一化系数为 $N(z) = (2\pi c^2)^{-1/4} \exp\left(-\frac{z^2}{4c^2}\right)$。因此，函数 $f_z(a^\dagger)$ 的完整形式为：

(b) 推广至量子场论

在动量空间中，标量场算符可以展开为：

我们要求解泛函本征方程 $\hat{\phi}(\vec{x})|\Phi\rangle = \Phi(\vec{x})|\Phi\rangle$。设 $|\Phi\rangle = F[a^\dagger]|0\rangle$，利用连续谱对易关系 $[a_{\vec{p}}, a_{\vec{q}}^\dagger] = (2\pi)^3 \delta^{(3)}(\vec{p}-\vec{q})$，湮灭算符的作用等价于泛函导数 $a_{\vec{p}} \to (2\pi)^3 \frac{\delta}{\delta a_{\vec{p}}^\dagger}$。

将 $\hat{\phi}(\vec{x})$ 作用于 $|\Phi\rangle$：

在第二项中作变量代换 $\vec{p} \to -\vec{p}$，并与本征值 $\Phi(\vec{x}) = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \Phi_{\vec{p}} e^{i\vec{p}\cdot\vec{x}}$ 比较，可得对任意 $\vec{p}$ 满足的泛函微分方程：

积分该泛函微分方程，并类比 (a) 中的归一化因子（此时 $c \to 1/\sqrt{2\omega_p}$，$z \to \Phi_{\vec{p}}$），我们得到场本征态的显式构造：

(c) 证明正交关系 Eq. (14.22)

我们需要计算内积 $\langle \Phi' | \Phi \rangle$。首先，利用高斯泛函积分恒等式，可以将压缩真空态表示为引入辅助实场 $\Pi(\vec{x})$（动量空间为 $\Pi_{\vec{p}}$）的路径积分：

将此代入 $|\Phi\rangle$ 和 $\langle \Phi'|$ 的表达式中，态可以写为非归一化相干态的叠加：

其中 $\mathcal{N}[\Phi] = N_0 \exp\left( -\frac{1}{2} \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \omega_p \Phi_{\vec{p}}\Phi_{-\vec{p}} \right)$。相干态的内积为 $\langle \beta | \alpha \rangle = \exp\left( \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \beta_{\vec{p}} \alpha_{\vec{p}} \right)$。计算指数上的交叉项：

将所有指数项合并，内积 $\langle \Phi' | \Phi \rangle$ 的被积指数（忽略常数）为：

作正交变量代换：$X_{\vec{p}} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\Pi_{\vec{p}} - \Pi_{\vec{p}}')$， $Y_{\vec{p}} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\Pi_{\vec{p}} + \Pi_{\vec{p}}')$。 关于 $\Pi, \Pi'$ 的二次项化简为 $-X_{\vec{p}}X_{-\vec{p}}$。线性虚数项化简为 $i\sqrt{\omega_p} \left[ Y_{\vec{p}}(\Phi_{\vec{p}}' - \Phi_{\vec{p}}) + X_{\vec{p}}(\Phi_{\vec{p}}' + \Phi_{\vec{p}}) \right]$。

此时，路径积分完全分解为对 $X$ 和 $Y$ 的独立积分：

1. 对 $Y$ 的积分：

定义新的积分哑变量 $\tilde{\Pi}_{\vec{p}} = \sqrt{\omega_p} Y_{\vec{p}}$，该积分精确给出了动量空间中的 $\delta$ 泛函表示，转换到坐标空间即为：

2. 对 $X$ 的积分与归一化因子的抵消： 由于 $Y$ 积分给出了泛函 $\delta[\Phi - \Phi']$，在计算剩余项时可直接令 $\Phi' = \Phi$。 对 $X$ 的高斯积分给出因子 $\exp\left( -\frac{1}{4} \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \omega_p (\Phi_{\vec{p}}' + \Phi_{\vec{p}})(\Phi_{-\vec{p}}' + \Phi_{-\vec{p}}) \right)$。 结合相干态内积的实数部分 $2\omega_p \Phi_{-\vec{p}}' \Phi_{\vec{p}}$ 以及外部归一化因子 $\mathcal{N}[\Phi']^*\mathcal{N}[\Phi]$，总的附加指数项为：

所有依赖于 $\Phi$ 的多余项完美抵消（指数为0，因子为1）。

因此，我们严格证明了本征态的内积满足 Eq. (14.22) 的正交关系：