习题 25.1 - 解答

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题目分析与物理背景

Yang-Mills 拉格朗日量描述了非阿贝尔规范场的动力学。为了保证理论的自洽性与物理可观测量的规范无关性，拉格朗日量必须在局域规范变换下保持不变。与阿贝尔规范场（如电磁场）不同，非阿贝尔规范场的场强张量 $F_{\mu\nu}^a$ 本身并不是规范不变的，而是按规范群的伴随表示（adjoint representation）进行协变变换。通过显式计算 $F_{\mu\nu}^a$ 的变分，并利用李代数结构常数 $f^{abc}$ 的全反对称性与雅可比恒等式（Jacobi identity），可以严格证明拉格朗日量 $\mathcal{L}_{\text{YM}}$ 的规范不变性。

解题过程

1. 定义与规范变换

根据式 (25.6)，Yang-Mills 拉格朗日量可以写为：

其中，非阿贝尔场强张量定义为：

根据式 (25.67)，规范场 $A_\mu^a$ 的无穷小规范变换为：

2. 场强张量的变分

我们需要计算场强张量在规范变换下的变分 $\delta F_{\mu\nu}^a$：

将 $\delta A$ 的表达式代入，首先计算导数项（旋度部分）：

由于偏导数对易，$\frac{1}{g} [\partial_\mu, \partial_\nu] \alpha^a = 0$，二阶导数项相互抵消。

接着计算相互作用项的变分：

3. 导数项的抵消与重组

将所有项相加，观察含有 $\alpha$ 的一阶导数 $\partial \alpha$ 的项：

利用结构常数的反对称性 $f^{abc} = -f^{acb}$，最后一项可重写为 $f^{abc} A_\mu^b (\partial_\nu \alpha^c) = f^{acb} A_\mu^c (\partial_\nu \alpha^b) = -f^{abc} (\partial_\nu \alpha^b) A_\mu^c$。代入后发现，所有 $\partial \alpha$ 项精确抵消。

此时，$\delta F_{\mu\nu}^a$ 仅剩下不含 $\alpha$ 导数的项：

4. 雅可比恒等式的应用

我们期望场强张量按伴随表示变换，即 $\delta F_{\mu\nu}^a = - f^{abc} \alpha^b F_{\mu\nu}^c$。展开该目标表达式：

对比可知，只需证明 $\delta F_{\mu\nu}^a$ 中的 $\mathcal{O}(g)$ 项与目标表达式中的 $\mathcal{O}(g)$ 项相等，即证明：

为了方便比较，我们通过重命名哑指标，将所有项提取出公因子 $-g \alpha^d A_\mu^e A_\nu^c$：

• 左边第一项：令 $b \to f$，变为 $f^{afc} f^{fde}$。
• 左边第二项：令 $b \to e, e \to c, c \to f$，变为 $f^{aef} f^{fdc}$。
• 右边目标项：令 $b \to d, d \to e, e \to c, c \to f$，变为 $f^{adf} f^{fec}$。

等式成立的条件转化为：

根据李代数结构常数的雅可比恒等式（Jacobi identity）：

利用 $f^{ijk}$ 的全反对称性，对雅可比恒等式中的各项进行改写：

1. $f^{c d f} f^{f e a} = (-f^{fdc}) (-f^{aef}) = f^{aef} f^{fdc}$
2. $f^{d e f} f^{f c a} = (f^{fde}) (f^{afc}) = f^{afc} f^{fde}$
3. $f^{e c f} f^{f d a} = (f^{fec}) (-f^{adf}) = - f^{adf} f^{fec}$

将这三项代入雅可比恒等式，正好得到 $f^{afc} f^{fde} + f^{aef} f^{fdc} - f^{adf} f^{fec} = 0$。这证明了 $\mathcal{O}(g)$ 项的组合完全等价于非阿贝尔场强张量的非线性部分。因此，场强张量的变分为：

5. 拉格朗日量的规范不变性

最后，计算 Yang-Mills 拉格朗日量的变分：

将 $\delta F_{\mu\nu}^a$ 的结果代入：

在上述表达式中，$F^{a\mu\nu} F_{\mu\nu}^c$ 对于指标 $a$ 和 $c$ 的交换是对称的（因为时空指标 $\mu,\nu$ 的缩并是对称的，且哑指标可以互换），而结构常数 $f^{abc}$ 对于指标 $a$ 和 $c$ 的交换是反对称的。对称张量与反对称张量的完全缩并必然为零：

因此，拉格朗日量的变分为零。

这显式地证明了 Eq. (25.6) 中的 Yang-Mills 拉格朗日量在 Eq. (25.67) 给出的规范变换下是严格规范不变的。

习题 25.2 - 解答

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物理背景与基本性质

在 $SU(N)$ 群的基础表示（fundamental representation）中，生成元 $T^a$ （$a = 1, 2, \dots, N^2-1$）是 $N \times N$ 的无迹厄米矩阵（traceless Hermitian matrices）。它们与 $N \times N$ 的单位矩阵 $\mathbb{I}$ 一起，构成了所有 $N \times N$ 矩阵的完备正交基。

生成元满足以下基本性质：

1. 迹的归一化条件：通常取 Dynkin 指数 $T_F = \frac{1}{2}$，即 $\operatorname{tr}(T^a T^b) = \frac{1}{2} \delta^{ab}$
2. 无迹性： $\operatorname{tr}(T^a) = 0$
3. 李代数对易关系（定义全反对称结构常数 $f^{abc}$）： $[T^a, T^b] = i f^{abc} T^c$
4. 反对易关系（定义全对称常数 $d^{abc}$）： 由于 $\{T^a, T^b\}$ 也是厄米矩阵，它可以展开为单位矩阵和生成元的线性组合。取迹可得其单位矩阵部分的系数为 $\frac{1}{N}\delta^{ab}$，无迹部分由 $d^{abc}$ 展开： $\{T^a, T^b\} = \frac{1}{N} \delta^{ab} \mathbb{I} + d^{abc} T^c$

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Derivation of Eq. (25.20)

任意两个生成元的乘积 $T^a T^b$ 可以分解为对称的反对易子部分和反对称的对易子部分： $T^a T^b = \frac{1}{2} \{T^a, T^b\} + \frac{1}{2} [T^a, T^b]$

将上述对易关系和反对易关系的表达式代入该分解式中： $T^a T^b = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{N} \delta^{ab} \mathbb{I} + d^{abc} T^c \right) + \frac{1}{2} \left( i f^{abc} T^c \right)$

合并同类项，并按照物理学中省略单位矩阵 $\mathbb{I}$ 的惯例（即把常数项理解为乘以单位矩阵），我们得到： $T^a T^b = \frac{1}{2N} \delta^{ab} + \frac{1}{2} d^{abc} T^c + \frac{1}{2} i f^{abc} T^c$

提取公因子 $T^c$，即得到公式 (25.20)： $\boxed{ T^a T^b = \frac{1}{2N} \delta^{ab} + \frac{1}{2} d^{abc} T^c + \frac{1}{2} i f^{abc} T^c }$

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Derivation of Eq. (25.21)

要求解三个生成元乘积的迹 $\operatorname{tr}[T^a T^b T^c]$，我们可以直接利用刚刚推导出的 Eq. (25.20) 替换前两个生成元的乘积 $T^a T^b$： $\operatorname{tr}[T^a T^b T^c] = \operatorname{tr} \left[ \left( \frac{1}{2N} \delta^{ab} \mathbb{I} + \frac{1}{2} (d^{abd} + i f^{abd}) T^d \right) T^c \right]$

利用迹的线性性质，将其展开为两项： $\operatorname{tr}[T^a T^b T^c] = \frac{1}{2N} \delta^{ab} \operatorname{tr}(T^c) + \frac{1}{2} (d^{abd} + i f^{abd}) \operatorname{tr}(T^d T^c)$

根据生成元的无迹性 $\operatorname{tr}(T^c) = 0$，第一项为零。对于第二项，代入归一化条件 $\operatorname{tr}(T^d T^c) = \frac{1}{2} \delta^{dc}$： $\operatorname{tr}[T^a T^b T^c] = \frac{1}{2} (d^{abd} + i f^{abd}) \left( \frac{1}{2} \delta^{dc} \right)$

利用 Kronecker delta $\delta^{dc}$ 对哑指标 $d$ 求和，将 $d$ 替换为 $c$，得到公式 (25.21)： $\boxed{ \operatorname{tr} [T^a T^b T^c] = \frac{1}{4} (d^{abc} + i f^{abc}) }$

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Derivation of Eq. (25.22)

要求解四个生成元乘积的迹 $\operatorname{tr}[T^a T^b T^c T^d]$，我们可以将四个生成元分为两对，分别对 $T^a T^b$ 和 $T^c T^d$ 应用 Eq. (25.20)： $T^a T^b = \frac{1}{2N} \delta^{ab} \mathbb{I} + \frac{1}{2} (d^{abe} + i f^{abe}) T^e$ $T^c T^d = \frac{1}{2N} \delta^{cd} \mathbb{I} + \frac{1}{2} (d^{cdf} + i f^{cdf}) T^f$

将这两组表达式代入迹中： $\operatorname{tr}[T^a T^b T^c T^d] = \operatorname{tr} \left[ \left( \frac{1}{2N} \delta^{ab} \mathbb{I} + \frac{1}{2} (d^{abe} + i f^{abe}) T^e \right) \left( \frac{1}{2N} \delta^{cd} \mathbb{I} + \frac{1}{2} (d^{cdf} + i f^{cdf}) T^f \right) \right]$

将括号内的乘积完全展开，得到四个项的迹：

1. 纯标量项：$\frac{1}{4N^2} \delta^{ab} \delta^{cd} \operatorname{tr}(\mathbb{I})$
2. 含单 $T^f$ 项：$\frac{1}{4N} \delta^{ab} (d^{cdf} + i f^{cdf}) \operatorname{tr}(T^f)$
3. 含单 $T^e$ 项：$\frac{1}{4N} \delta^{cd} (d^{abe} + i f^{abe}) \operatorname{tr}(T^e)$
4. 含双生成元 $T^e T^f$ 项：$\frac{1}{4} (d^{abe} + i f^{abe}) (d^{cdf} + i f^{cdf}) \operatorname{tr}(T^e T^f)$

逐项计算迹：

• 对于第1项，单位矩阵的迹为 $\operatorname{tr}(\mathbb{I}) = N$，因此该项化简为 $\frac{1}{4N} \delta^{ab} \delta^{cd}$。
• 对于第2项和第3项，由于 $\operatorname{tr}(T^f) = \operatorname{tr}(T^e) = 0$，这两项均等于 $0$。
• 对于第4项，代入归一化条件 $\operatorname{tr}(T^e T^f) = \frac{1}{2} \delta^{ef}$，并利用 $\delta^{ef}$ 对哑指标 $f$ 求和，将 $f$ 替换为 $e$，该项化简为 $\frac{1}{8} (d^{abe} + i f^{abe}) (d^{cde} + i f^{cde})$。

将所有非零项相加，即得到公式 (25.22)： $\boxed{ \operatorname{tr} [T^a T^b T^c T^d] = \frac{1}{4N} \delta^{ab} \delta^{cd} + \frac{1}{8} (d^{abe} + i f^{abe}) (d^{cde} + i f^{cde}) }$

习题 25.3 - 解答

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习题 25.3 分析与解答

在物理学（特别是规范场论和粒子物理）的语境中，当我们讨论“半单李代数（semisimple Lie algebras）”时，通常隐含指代的是**紧致（compact）**半单李代数。因为只有紧致李群才能给出正定的动能项，并且其有限维表示可以通过幺正变换对角化。本题的逻辑正是建立在这一物理背景之上的。

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(a) 证明半单李代数的所有有限维表示都是厄米的

物理背景与证明： 在物理学中，“表示是厄米的”意味着群的表示矩阵是幺正的（Unitary），从而其李代数生成元是厄米矩阵（Hermitian matrices）。对于紧致半单李群 $G$，我们可以利用**外尔幺正技巧（Weyl's Unitary Trick）**来证明这一点。

设 $D(g)$ 是紧致群 $G$ 在有限维复向量空间 $V$ 上的任意一个表示。我们在 $V$ 上先定义一个任意的内积 $\langle \cdot, \cdot \rangle$。利用群 $G$ 上的归一化哈尔测度（Haar measure） $d\mu(g)$，我们可以构造一个新的内积 $\langle \cdot, \cdot \rangle_G$： $\langle u, v \rangle_G \equiv \int_G \langle D(g)u, D(g)v \rangle d\mu(g)$ 对于群中的任意元素 $h \in G$，我们检查新内积在群作用下的不变性： $\langle D(h)u, D(h)v \rangle_G = \int_G \langle D(gh)u, D(gh)v \rangle d\mu(g)$ 由于哈尔测度具有平移不变性 $d\mu(gh) = d\mu(g)$，上式化为： $\langle D(h)u, D(h)v \rangle_G = \int_G \langle D(g')u, D(g')v \rangle d\mu(g') = \langle u, v \rangle_G$ 这表明表示矩阵 $D(h)$ 在新内积 $\langle \cdot, \cdot \rangle_G$ 下是幺正的，即 $D(h)^\dagger = D(h)^{-1}$。

将群元素写成指数映射形式 $D(h) = \exp(i \theta^a T^a)$，其中 $T^a$ 是李代数生成元，$\theta^a$ 是实参数。由幺正性可得： $\exp(-i \theta^a (T^a)^\dagger) = \exp(-i \theta^a T^a)$ 因此，生成元必然满足 $(T^a)^\dagger = T^a$。 结论：$\boxed{\text{紧致半单李代数的所有有限维表示都可以等价为厄米表示}}$

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(b) 证明洛伦兹代数 $\mathfrak{so}(1, 3)$ 不是半单的，但其复化代数 $\mathfrak{su}(2) \oplus \mathfrak{su}(2)$ 是半单的

分析与推导： 注：在严格的数学定义中，$\mathfrak{so}(1,3)$ 是非紧致半单李代数。但按照本题 (a) 设定的物理判据（半单 $\implies$ 有限维表示为厄米），我们需要从非紧致性出发证明其不满足该物理判据。

洛伦兹群 $SO(1,3)^+$ 是非紧致的。其李代数由旋转生成元 $J_i$ 和推演（Boost）生成元 $K_i$ 构成，满足： $[J_i, J_j] = i\epsilon_{ijk} J_k, \quad [J_i, K_j] = i\epsilon_{ijk} K_k, \quad [K_i, K_j] = -i\epsilon_{ijk} J_k$ 在任何有限维表示中，由于群的非紧致性，无法构造正定的不变内积，因此生成元不能同时选为厄米矩阵。通常约定 $J_i^\dagger = J_i$（厄米），但推演生成元必须是反厄米的 $K_i^\dagger = -K_i$。因为其有限维表示不是纯厄米的，按照 (a) 的物理判据，$\boxed{\mathfrak{so}(1,3) \text{ 在此语境下不是半单的}}$

为了得到厄米表示，我们对其进行复化。定义新的线性组合： $N_i = \frac{1}{2}(J_i + iK_i), \quad N_i^\dagger = \frac{1}{2}(J_i - iK_i)$ 代入原对易关系，代数解耦为两个独立的 $\mathfrak{su}(2)$ 代数： $[N_i, N_j] = i\epsilon_{ijk} N_k, \quad [N_i^\dagger, N_j^\dagger] = i\epsilon_{ijk} N_k^\dagger, \quad [N_i, N_j^\dagger] = 0$ 这正是复化代数的紧致实形式 $\mathfrak{su}(2) \oplus \mathfrak{su}(2)$。由于 $SU(2) \times SU(2)$ 是紧致群，其所有有限维表示都可以是幺正的（生成元 $N_i, N_i^\dagger$ 为厄米矩阵）。因此，$\boxed{\text{复化后的 } \mathfrak{su}(2) \oplus \mathfrak{su}(2) \text{ 是半单的}}$

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(c) 证明幺正群 $U(N)$ 既不是单的也不是半单的

分析与推导：

• 单李代数（Simple）：非阿贝尔，且不存在非平凡的理想（Ideal）。
• 半单李代数（Semisimple）：不存在非平凡的阿贝尔理想（Abelian ideal）。

$U(N)$ 的李代数 $\mathfrak{u}(N)$ 由所有 $N \times N$ 的厄米矩阵组成。我们可以将任意 $\mathfrak{u}(N)$ 矩阵分解为一个无迹的厄米矩阵（属于 $\mathfrak{su}(N)$）和一个与单位阵 $I_{N \times N}$ 成比例的矩阵。 单位阵 $I$ 与 $\mathfrak{u}(N)$ 中的所有元素对易： $[I, X] = 0, \quad \forall X \in \mathfrak{u}(N)$ 因此，由单位阵张成的子空间构成了一个一维的 $\mathfrak{u}(1)$ 子代数。由于它与整个代数对易，这个 $\mathfrak{u}(1)$ 是一个理想；又因为其自身是对易的，它是一个阿贝尔理想。 由于 $\mathfrak{u}(N)$ 包含非平凡的阿贝尔理想 $\mathfrak{u}(1)$，它不满足半单的定义。既然不是半单的，自然也不是单的。 结论：$\boxed{U(N) \text{ 既不是单的，也不是半单的}}$

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(d) 海森堡代数的矩阵表示及其单/半单性质分析

分析与推导： 海森堡代数由三个生成元 $x, p, \hbar$ 构成，满足： $[x, p] = i\hbar, \quad [x, \hbar] = 0, \quad [p, \hbar] = 0$

1. 寻找三维矩阵表示： 我们需要构造 $3 \times 3$ 矩阵。由于有限维矩阵的迹满足 $\text{Tr}([x,p]) = 0$，而 $\text{Tr}(i\hbar)$ 必须也为 0，这意味着 $\hbar$ 不能是单位阵的非零常数倍，而必须是一个幂零矩阵（Nilpotent matrix）。 我们可以构造如下严格上三角矩阵： $\boxed{ x = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad p = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad \hbar = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -i \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} }$ 验证对易关系： $xp = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ $px = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ $[x, p] = xp - px = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = i \begin{pmatrix} 0 & 0 & -i \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = i\hbar$ 同时显然有 $x\hbar = \hbar x = 0$ 且 $p\hbar = \hbar p = 0$，满足 $[x, \hbar] = [p, \hbar] = 0$。

2. 是否为单李代数（Simple）？ 由对易关系可知，生成元 $\hbar$ 与代数中的所有元素对易。因此，由 $\hbar$ 张成的一维子空间构成了一个非平凡的理想（中心）。因为存在非平凡理想，$\boxed{\text{海森堡代数不是单的 (Not simple)}}$

3. 是否为半单李代数（Semisimple）？ 由 $\hbar$ 张成的理想不仅是非平凡的，而且是阿贝尔的（因为 $[\hbar, \hbar] = 0$）。半单李代数严格禁止存在任何非平凡的阿贝尔理想。因此，$\boxed{\text{海森堡代数不是半单的 (Not semisimple)}}$

习题 25.4 - 解答

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习题分析与物理背景

在规范场论中，手征反常（Chiral Anomaly）的存在会导致规范对称性的破坏，从而破坏理论的自洽性。为了消除反常，模型中所有费米子表示的反常系数之和必须为零。李代数表示 $R$ 的反常系数 $A(R)$ 由其生成元 $T^a_R$ 的完全对称迹定义： $\text{Tr}(\{T^a_R, T^b_R\} T^c_R) = A(R) d^{abc}$ 其中 $d^{abc} = \text{Tr}(\{T^a_F, T^b_F\} T^c_F)$ 是基础表示（Fundamental representation, $F$）的对称迹，且按照惯例归一化为 $A(F) = 1$。本题旨在推导反常系数在复共轭、直和与张量积操作下的基本性质，并以此计算 $\mathrm{SU}(4)$ 特定表示的反常系数。

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解题过程

(a) 证明 $A(R) = -A(\bar{R})$ 并推论实表示的反常系数为零

对于复共轭表示 $\bar{R}$，其生成元满足 $T^a_{\bar{R}} = -(T^a_R)^*$。由于物理中的生成元是厄米矩阵（$T^\dagger = T$），故有 $(T^a_R)^* = (T^a_R)^T$。因此复共轭表示的生成元可以写为： $T^a_{\bar{R}} = -(T^a_R)^T$ 计算其对称迹： $\text{Tr}(\{T^a_{\bar{R}}, T^b_{\bar{R}}\} T^c_{\bar{R}}) = \text{Tr}\Big( \{-(T^a_R)^T, -(T^b_R)^T\} (-(T^c_R)^T) \Big)$ 利用矩阵转置的性质 $(AB)^T = B^T A^T$，反对易子部分变为： $\{-(T^a_R)^T, -(T^b_R)^T\} = (T^a_R)^T (T^b_R)^T + (T^b_R)^T (T^a_R)^T = (T^b_R T^a_R)^T + (T^a_R T^b_R)^T = \{T^a_R, T^b_R\}^T$ 代回迹的表达式中： $\text{Tr}(\{T^a_{\bar{R}}, T^b_{\bar{R}}\} T^c_{\bar{R}}) = -\text{Tr}\Big( \{T^a_R, T^b_R\}^T (T^c_R)^T \Big) = -\text{Tr}\Big( (T^c_R \{T^a_R, T^b_R\})^T \Big)$ 由于矩阵转置不改变其迹（$\text{Tr}(M^T) = \text{Tr}(M)$），且迹具有循环不变性： $-\text{Tr}\Big( T^c_R \{T^a_R, T^b_R\} \Big) = -\text{Tr}\Big( \{T^a_R, T^b_R\} T^c_R \Big) = -A(R) d^{abc}$ 因此得出： $A(\bar{R}) = -A(R)$ 推论：如果 $R$ 是一个实表示（或伪实表示），它与其复共轭表示等价，即 $R \sim \bar{R}$。因此它们具有相同的反常系数 $A(R) = A(\bar{R})$。结合上述结论可得 $A(R) = -A(R)$，从而必然有： $A(R) = 0$

(b) 证明可约表示 $A(R_1 \oplus R_2) = A(R_1) + A(R_2)$

对于直和表示 $R_1 \oplus R_2$，其生成元具有分块对角的形式： $T^a_{R_1 \oplus R_2} = \begin{pmatrix} T^a_{R_1} & 0 \\ 0 & T^a_{R_2} \end{pmatrix}$ 分块对角矩阵的乘法和加法依然保持分块对角形式，且其迹等于各个对角块的迹之和。因此： $\text{Tr}(\{T^a_{R_1 \oplus R_2}, T^b_{R_1 \oplus R_2}\} T^c_{R_1 \oplus R_2}) = \text{Tr}(\{T^a_{R_1}, T^b_{R_1}\} T^c_{R_1}) + \text{Tr}(\{T^a_{R_2}, T^b_{R_2}\} T^c_{R_2})$ $A(R_1 \oplus R_2) d^{abc} = A(R_1) d^{abc} + A(R_2) d^{abc}$ 消去 $d^{abc}$ 即可得到： $A(R_1 \oplus R_2) = A(R_1) + A(R_2)$

(c) 证明张量积表示 $A(R_1 \otimes R_2) = A(R_1)d(R_2) + d(R_1)A(R_2)$

对于张量积表示 $R_1 \otimes R_2$，生成元的作用形式为： $T^a_{R_1 \otimes R_2} = T^a_{R_1} \otimes I_{R_2} + I_{R_1} \otimes T^a_{R_2}$ 首先计算反对易子 $\{T^a, T^b\}$（为书写简便，省略下标）： $\{T^a, T^b\} = \{T^a_1, T^b_1\} \otimes I_2 + I_1 \otimes \{T^a_2, T^b_2\} + 2(T^a_1 \otimes T^b_2 + T^b_1 \otimes T^a_2)$ 接着将其与 $T^c = T^c_1 \otimes I_2 + I_1 \otimes T^c_2$ 相乘并取迹。需要注意的是，对于半单李代数，生成元是无迹的，即 $\text{Tr}(T^a) = 0$。因此，任何在子空间中仅包含单个生成元的张量积项，在取迹时都会因为 $\text{Tr}(T^a)=0$ 而消失。例如交叉项： $\text{Tr}(\{T^a_1, T^b_1\} \otimes T^c_2) = \text{Tr}(\{T^a_1, T^b_1\}) \text{Tr}(T^c_2) = 0$ $2\text{Tr}(T^a_1 T^c_1 \otimes T^b_2) = 2\text{Tr}(T^a_1 T^c_1) \text{Tr}(T^b_2) = 0$ 所有交叉项的迹均为零。唯一存活的项是那些在某个子空间中包含三个生成元乘积，而在另一个子空间中为单位阵的项： $\text{Tr}(\{T^a, T^b\} T^c) = \text{Tr}\Big( (\{T^a_1, T^b_1\} T^c_1) \otimes I_2 \Big) + \text{Tr}\Big( I_1 \otimes (\{T^a_2, T^b_2\} T^c_2) \Big)$ 利用张量积的迹性质 $\text{Tr}(A \otimes B) = \text{Tr}(A)\text{Tr}(B)$，以及单位阵的迹等于表示的维数 $\text{Tr}(I_R) = d(R)$，可得： $\text{Tr}(\{T^a, T^b\} T^c) = \text{Tr}(\{T^a_1, T^b_1\} T^c_1) d(R_2) + d(R_1) \text{Tr}(\{T^a_2, T^b_2\} T^c_2)$ $A(R_1 \otimes R_2) d^{abc} = A(R_1) d^{abc} d(R_2) + d(R_1) A(R_2) d^{abc}$ 消去 $d^{abc}$ 得到： $A(R_1 \otimes R_2) = A(R_1)d(R_2) + d(R_1)A(R_2)$

(d) 计算 $\mathrm{SU}(4)$ 中表示 $\mathbf{10}$ 的反常系数 $A(10)$

在 $\mathrm{SU}(4)$ 中，表示 $\mathbf{4}$ 是基础表示（Fundamental representation），因此根据定义，其反常系数和维数分别为： $A(4) = 1, \quad d(4) = 4$ 根据题目给出的直和分解关系 $4 \otimes 4 = 6 \oplus 10$，我们可以用两种方式计算张量积 $4 \otimes 4$ 的反常系数。 首先，利用 (c) 中的张量积公式： $A(4 \otimes 4) = A(4)d(4) + d(4)A(4) = (1)(4) + (4)(1) = 8$ 其次，利用 (b) 中的直和公式： $A(4 \otimes 4) = A(6 \oplus 10) = A(6) + A(10)$ 题目已知 $\mathbf{6}$ 是一个实表示。根据 (a) 中的推论，实表示的反常系数为零，即： $A(6) = 0$ 将两者结合，建立等式： $8 = 0 + A(10)$ 解得： $\boxed{A(10) = 8}$

习题 25.5 - 解答

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为了验证 Noether 电流 $J_{\mu}^{a}$ 在运动方程下守恒（即 $\partial^\mu J_\mu^a = 0$），我们可以采用两种方法。最直接且优雅的方法是利用规范场的运动方程将电流重写为反对称张量的散度；另一种是直接求导并代入所有运动方程。下面我们主要展示最优雅的物理推导过程。

1. 物理背景与运动方程

包含费米子的非阿贝尔规范场（Yang-Mills 场）的拉格朗日量为： $\mathcal{L} = -\frac{1}{4} F_{\mu\nu}^a F^{\mu\nu a} + \bar{\psi} (i \gamma^\mu D_\mu - m) \psi$ 其中，协变导数定义为 $D_\mu = \partial_\mu + i g A_\mu^a T^a$（根据题目给定的电流符号约定，这里取耦合常数符号为正，且为简便起见后续令 $g=1$）。 规范场强张量为： $F_{\mu\nu}^a = \partial_\mu A_\nu^a - \partial_\nu A_\mu^a - f^{abc} A_\mu^b A_\nu^c$

通过对拉格朗日量变分，我们可以得到规范场 $A_\mu^a$ 的运动方程（Yang-Mills 方程）： $\partial_\nu F^{\nu\mu a} - f^{abc} A_\nu^b F^{\nu\mu c} = - \bar{\psi} \gamma^\mu T^a \psi$ 这也可以写成协变导数的形式 $D_\nu F^{\nu\mu a} = J^\mu_{\text{matter}}$。

2. 守恒律的优雅证明 (Superpotential 方法)

我们将上述规范场的运动方程稍作变形，把普通导数项 $\partial_\nu F^{\nu\mu a}$ 留在等式左边，其余项移到右边： $\partial_\nu F^{\nu\mu a} = - \bar{\psi} \gamma^\mu T^a \psi + f^{abc} A_\nu^b F^{\nu\mu c}$

为了与题目中的指标位置对齐，我们将自由指标 $\mu$ 降为下指标，并将求和指标 $\nu$ 升为上指标： $\partial^\nu F_{\nu\mu}^a = - \bar{\psi} \gamma_\mu T^a \psi + f^{abc} A^\nu_b F_{\nu\mu}^c$

利用场强张量的反对称性质 $F_{\nu\mu}^c = -F_{\mu\nu}^c$，我们可以将等式右边的最后一项改写： $\partial^\nu F_{\nu\mu}^a = - \bar{\psi} \gamma_\mu T^a \psi - f^{abc} A^\nu_b (-F_{\mu\nu}^c)$ $\partial^\nu F_{\nu\mu}^a = - \bar{\psi} \gamma_\mu T^a \psi + f^{abc} A^\nu_b F_{\mu\nu}^c$

观察等式右边，这完全等价于题目 Eq. (25.80) 中给出的 Noether 电流的定义： $J_\mu^a = -\bar{\psi}_i \gamma_\mu T_{ij}^a \psi_j + f^{abc} A^\nu_b F_{\mu\nu}^c$

因此，在满足运动方程的条件下，Noether 电流可以直接表示为场强张量的散度： $J_\mu^a = \partial^\nu F_{\nu\mu}^a$

现在我们对电流求四维散度 $\partial^\mu J_\mu^a$： $\partial^\mu J_\mu^a = \partial^\mu \partial^\nu F_{\nu\mu}^a$

由于偏导数算符是对称的（$\partial^\mu \partial^\nu = \partial^\nu \partial^\mu$），而场强张量是反对称的（$F_{\nu\mu}^a = -F_{\mu\nu}^a$），对称张量与反对称张量的完全缩并恒等于零。因此我们立刻得到： $\boxed{ \partial^\mu J_\mu^a = 0 }$

3. 补充说明：直接展开法的物理图像

如果选择直接计算 $\partial^\mu J_\mu^a$，过程会分为两部分：

1. 费米子部分：对 $-\partial^\mu(\bar{\psi} \gamma_\mu T^a \psi)$ 展开，代入 Dirac 方程 $(i\gamma^\mu D_\mu - m)\psi = 0$，会产生正比于 $f^{abc} A^\mu_b \bar{\psi} \gamma_\mu T^c \psi$ 的项。
2. 规范场部分：对 $\partial^\mu(f^{abc} A^\nu_b F_{\mu\nu}^c)$ 展开，代入 Yang-Mills 方程，会产生与费米子部分完全抵消的项，以及纯规范场项。
3. Jacobi 恒等式：剩余的纯规范场项会组合成正比于结构常数乘积的形式，利用李代数的 Jacobi 恒等式 $f^{abe}f^{ecd} + f^{bce}f^{ead} + f^{cae}f^{ebd} = 0$ 即可证明剩余项严格为零。

上述优雅证明（方法2）在规范场论中非常普遍，它揭示了与全局规范对称性相关的 Noether 电流本质上是一个反对称张量（通常称为 Superpotential）的散度，从而在拓扑和代数层面上保证了其平庸的守恒性。