习题 28.1 - 解答

---

1. 质量矩阵与零本征值的分析

线性 $\sigma$ 模型的拉格朗日量为： $\mathcal{L} = \partial_\mu \phi^* \partial^\mu \phi + m^2 |\phi|^2 - \frac{\lambda}{4} |\phi|^4$ 其势能为 $V(\phi) = -m^2 |\phi|^2 + \frac{\lambda}{4} |\phi|^4$。势能的极小值出现在真空期望值（VEV）处，即 $|\phi|^2 = \frac{2m^2}{\lambda}$。

令 $v = \sqrt{\frac{2m^2}{\lambda}}$，我们将复标量场在真空附近展开： $\phi(x) = v + \tilde{\phi}(x)$ 将复场 $\tilde{\phi}(x)$ 分解为两个实数场 $\tilde{\phi}_1(x)$ 和 $\tilde{\phi}_2(x)$： $\tilde{\phi}(x) = \tilde{\phi}_1(x) + i \tilde{\phi}_2(x)$ 此时场的模方为： $|\phi|^2 = (v + \tilde{\phi}_1)^2 + \tilde{\phi}_2^2 = v^2 + 2v\tilde{\phi}_1 + \tilde{\phi}_1^2 + \tilde{\phi}_2^2$ $|\phi|^4 = v^4 + 4v^3\tilde{\phi}_1 + 6v^2\tilde{\phi}_1^2 + 2v^2\tilde{\phi}_2^2 + \mathcal{O}(\tilde{\phi}^3)$ 将上述展开代入势能 $V(\phi)$ 中，提取关于 $\tilde{\phi}_1$ 和 $\tilde{\phi}_2$ 的二次项 $V^{(2)}$ 以确定质量矩阵： $V^{(2)} = -m^2 (\tilde{\phi}_1^2 + \tilde{\phi}_2^2) + \frac{\lambda}{4} (6v^2\tilde{\phi}_1^2 + 2v^2\tilde{\phi}_2^2)$ 代入 $v^2 = \frac{2m^2}{\lambda}$，即 $\frac{\lambda}{4} v^2 = \frac{m^2}{2}$，得到： $V^{(2)} = -m^2 (\tilde{\phi}_1^2 + \tilde{\phi}_2^2) + \frac{m^2}{2} (6\tilde{\phi}_1^2 + 2\tilde{\phi}_2^2) = 2m^2 \tilde{\phi}_1^2 + 0 \cdot \tilde{\phi}_2^2$ 拉格朗日量中的质量项定义为 $-\frac{1}{2} \sum_{i,j} M^2_{ij} \tilde{\phi}_i \tilde{\phi}_j = -V^{(2)}$。因此，在基底 $(\tilde{\phi}_1, \tilde{\phi}_2)$ 下，质量矩阵为： $M^2 = \begin{pmatrix} 4m^2 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ 该质量矩阵是对角化的，其本征值为 $4m^2$ 和 $0$。其中零本征值对应于自发对称性破缺产生的无质量 Goldstone 玻色子。

---

2. 展开并推导 Eq. (28.12)

为了使动能项具有标准的正则归一化形式，我们选择线性组合来对角化质量矩阵： $\tilde{\phi}_1(x) = \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma(x), \quad \tilde{\phi}_2(x) = \frac{1}{\sqrt{2}} \pi(x)$ 直接代入此线性组合会得到包含 $\pi$ 场势能相互作用（如 $\sigma\pi^2, \pi^4$）的标准线性展开。然而，题目中给定的 Eq. (28.12) 具有一个依赖于场的 $\pi$ 动能项，且势能中完全没有 $\pi$ 场。这种特定的形式是通过对复标量场进行极坐标分解（非线性场重新定义）得到的，这能显式地体现 Goldstone 玻色子的平移对称性（即纯导数耦合）。

我们采用极坐标参数化： $\phi(x) = \left( v + \frac{1}{\sqrt{2}}\sigma(x) \right) e^{i \pi(x) / F_\pi}$ 其中 $v = \sqrt{\frac{2m^2}{\lambda}}$。

计算动能项： 对场求导： $\partial_\mu \phi = \left[ \frac{1}{\sqrt{2}} \partial_\mu \sigma + i \left( v + \frac{1}{\sqrt{2}}\sigma \right) \frac{\partial_\mu \pi}{F_\pi} \right] e^{i \pi / F_\pi}$ 取模方得到动能项： $|\partial_\mu \phi|^2 = \frac{1}{2}(\partial_\mu \sigma)^2 + \left( v + \frac{1}{\sqrt{2}}\sigma \right)^2 \frac{1}{F_\pi^2} (\partial_\mu \pi)^2$ 为了在真空 $\sigma=0$ 处使 $\pi$ 场的动能项正则归一化（即系数为 $\frac{1}{2}$），要求 $\frac{v^2}{F_\pi^2} = \frac{1}{2}$，从而定义出衰变常数 $F_\pi = \sqrt{2}v = \sqrt{\frac{4m^2}{\lambda}}$。

计算势能项： 在极坐标下，场的模方仅依赖于 $\sigma$： $|\phi|^2 = \left( v + \frac{1}{\sqrt{2}}\sigma \right)^2$ 因此势能 $V(\phi)$ 中 $\pi$ 场完全消去。令 $x = \frac{1}{\sqrt{2}}\sigma$，展开势能： $\begin{aligned} V(\sigma) &= -m^2 (v+x)^2 + \frac{\lambda}{4} (v+x)^4 \\ &= -m^2 (v^2 + 2vx + x^2) + \frac{\lambda}{4} (v^4 + 4v^3x + 6v^2x^2 + 4vx^3 + x^4) \end{aligned}$ 利用关系 $m^2 = \frac{\lambda}{2} v^2$ 替换第一项中的 $m^2$： $\begin{aligned} V(\sigma) &= -\frac{\lambda}{2} v^2 (v^2 + 2vx + x^2) + \frac{\lambda}{4} (v^4 + 4v^3x + 6v^2x^2 + 4vx^3 + x^4) \\ &= -\frac{\lambda}{4} v^4 + \lambda v^2 x^2 + \lambda v x^3 + \frac{\lambda}{4} x^4 \end{aligned}$ 将 $v = \sqrt{\frac{2m^2}{\lambda}}$ 和 $x = \frac{1}{\sqrt{2}}\sigma$ 代回上式，逐项计算：

• 常数项：$-\frac{\lambda}{4} \left( \frac{2m^2}{\lambda} \right)^2 = -\frac{m^4}{\lambda}$
• $\sigma^2$ 项：$\lambda \left( \frac{2m^2}{\lambda} \right) \left( \frac{\sigma^2}{2} \right) = m^2 \sigma^2$
• $\sigma^3$ 项：$\lambda \sqrt{\frac{2m^2}{\lambda}} \left( \frac{\sigma^3}{2\sqrt{2}} \right) = \frac{1}{2}\sqrt{\lambda} m \sigma^3$
• $\sigma^4$ 项：$\frac{\lambda}{4} \left( \frac{\sigma^4}{4} \right) = \frac{1}{16}\lambda \sigma^4$

将动能项与势能项组合，最终得到完整的拉格朗日量展开式：

习题 28.2 - 解答

---

先分析手征微扰理论中 $\pi$ 介子场的变换。在 $SU(N)_L \times SU(N)_R$ 手征对称性下，非线性 $\sigma$ 模型中的幺正矩阵 $U(x)$ 的变换规则为：

其中 $L = \exp(i \theta_L^a T^a)$，$R = \exp(i \theta_R^a T^a)$，且 $U(x) = \exp\left(i \frac{2}{F_\pi} \pi^a T^a\right)$。生成元满足 $[T^a, T^b] = i f^{abc} T^c$。

为了方便计算，定义 $\theta_L \equiv \theta_L^a T^a$、$\theta_R \equiv \theta_R^a T^a$ 以及 $\Pi \equiv \frac{2}{F_\pi} \pi^a T^a$。变换后的场 $\Pi'$ 满足：

下面计算到 $\mathcal{O}(\pi^2)$ 和 $\mathcal{O}(\theta^2)$ 阶的展开。分两步使用题目给定的 Baker–Campbell–Hausdorff (BCH) 公式：

第一步：计算 $\exp(Y) = \exp(i \theta_L) \exp(i \Pi)$ 令 $A = i \theta_L$，$B = i \Pi$，代入 BCH 公式得到 $Y$：

第二步：计算 $\exp(i \Pi') = \exp(Y) \exp(-i \theta_R)$ 令 $A = Y$，$B = -i \theta_R$，再次代入 BCH 公式：

将 $Y$ 的表达式代入并保留到总阶数为 3 的项（即包含 $\theta^2, \pi^2, \theta^2\pi, \theta\pi^2$ 的项）：

展开并合并同类项，提取出 $\Pi'$（两边同除以 $i$）：

利用雅可比恒等式 $[\Pi, [\theta_L, \theta_R]] = [\theta_L, [\Pi, \theta_R]] + [[\theta_L, \Pi], \theta_R]$，可将 $\mathcal{O}(\theta^2 \Pi)$ 的项化简为 $\frac{1}{3}[[\theta_L, \Pi], \theta_R] + \frac{1}{6}[\theta_L, [\Pi, \theta_R]]$。

第三步：代入生成元并提取分量 $\pi'^a$ 将 $\Pi = \frac{2}{F_\pi} \pi^a T^a$ 等代入，并利用对易关系 $[T^a, T^b] = i f^{abc} T^c$ 以及双重对易关系 $[T^a, [T^b, T^c]] = - f^{bcd} f^{ade} T^e$。方程两边同乘 $\frac{F_\pi}{2}$，逐阶计算如下：

1. $\mathcal{O}(\theta)$ 阶: $\frac{F_\pi}{2}(\theta_L^a - \theta_R^a)$
2. $\mathcal{O}(\theta \pi)$ 阶: $\frac{i}{2} (\theta_L^b + \theta_R^b) \pi^c (i f^{bca}) = -\frac{1}{2} f^{abc} (\theta_L^b + \theta_R^b) \pi^c$
3. $\mathcal{O}(\theta^2)$ 阶: $-\frac{i F_\pi}{4} \theta_L^b \theta_R^c (i f^{bca}) = \frac{F_\pi}{4} f^{abc} \theta_L^b \theta_R^c$
4. $\mathcal{O}(\theta \pi^2)$ 阶: $-\frac{1}{12} \frac{F_\pi}{2} \frac{4}{F_\pi^2} \pi^b \pi^c (\theta_L^d - \theta_R^d) (- f^{cde} f^{bea}) = \frac{1}{6 F_\pi} f^{abe} f^{cde} \pi^b \pi^c (\theta_L^d - \theta_R^d)$
5. $\mathcal{O}(\theta^2 \pi)$ 阶: 包含三个来源，合并后为 $\frac{1}{12} f^{abe} f^{cde} (\theta_L^b \theta_L^c + \theta_R^b \theta_R^c + 4 \theta_R^b \theta_L^c) \pi^d$

将上述结果汇总，得到 Eq. (28.25) 扩展到 $\pi^2$ 和 $\theta^2$ 阶的完整变换公式：

---

证明 $\pi$ 介子在同位旋下按伴随表示变换：

同位旋变换对应于向量流对称性 $SU(N)_V$，即左右手变换参数相等：$\theta_L = \theta_R \equiv \theta_V$。 将此条件代入上述展开式中：

1. 零阶项 $\frac{F_\pi}{2} (\theta_V^a - \theta_V^a) = 0$。
2. $\mathcal{O}(\theta^2)$ 纯参数项 $\frac{F_\pi}{4} f^{abc} \theta_V^b \theta_V^c = 0$ （因为 $f^{abc}$ 对 $b,c$ 反称，而 $\theta_V^b \theta_V^c$ 对称）。
3. $\mathcal{O}(\theta \pi^2)$ 项中包含 $(\theta_V^d - \theta_V^d) = 0$。

因此，在无穷小同位旋变换下，保留到 $\mathcal{O}(\theta_V)$ 阶的场变化量为：

利用结构常数的反对称性 $f^{abc} = -f^{bac}$，上式可重写为：

在李代数中，伴随表示的生成元矩阵元定义为 $(T_{\text{adj}}^b)^{ac} = -i f^{bac}$。因此：

这正是场在伴随表示下的标准无穷小变换规律。

(注：从精确的有限变换角度看，当 $L=R=V$ 时，$U \rightarrow V U V^\dagger$。展开指数有 $V \pi^a T^a V^\dagger = \pi^a (V T^a V^\dagger) = \pi^a T^b D_{\text{adj}}(V)^{ba}$，这在全阶上严格证明了 $\pi$ 介子场 $\pi^a$ 构成伴随表示的矢量。)

习题 28.3 - 解答

---

为了求解规范化非线性 $\sigma$ 模型中 $\mathcal{O}(\pi^3)$ 的相互作用项，我们从该模型的拉格朗日量出发。根据 Schwartz 教材的约定，包含规范场 $A_\mu = A_\mu^a \tau^a$ 和 $\pi$ 介子场 $U = \exp(2i\pi^a \tau^a / F_\pi)$ 的拉格朗日量为： $\mathcal{L} = -\frac{1}{4} (F_{\mu\nu}^a)^2 + \frac{F_\pi^2}{4} \text{Tr} \left[ (D_\mu U)^\dagger (D^\mu U) \right]$ 其中 $\tau^a = \sigma^a / 2$ 是 SU(2) 生成元，满足 $\text{Tr}(\tau^a \tau^b) = \frac{1}{2}\delta^{ab}$。为了与题目 Eq. (28.59) 中括号内的正号 $A_\mu^a + \frac{2}{gF_\pi}\partial_\mu \pi^a$ 保持一致，协变导数定义为 $D_\mu U = \partial_\mu U + ig A_\mu U$。

1. 展开迹项与质量项结构

首先展开协变导数的乘积： $(D_\mu U)^\dagger (D^\mu U) = (\partial_\mu U^\dagger - ig U^\dagger A_\mu)(\partial^\mu U + ig A^\mu U)$ $= \partial_\mu U^\dagger \partial^\mu U + ig (\partial_\mu U^\dagger A^\mu U - U^\dagger A_\mu \partial^\mu U) + g^2 U^\dagger A_\mu A^\mu U$ 利用幺正性 $U U^\dagger = 1$，有 $\partial_\mu U^\dagger = - U^\dagger \partial_\mu U U^\dagger$。定义反厄米矩阵 $V_\mu \equiv \partial_\mu U U^\dagger = i v_\mu^a \tau^a$，代入并取迹： $\text{Tr} \left[ (D_\mu U)^\dagger (D^\mu U) \right] = -\text{Tr}[V_\mu V^\mu] + 2ig \text{Tr}[A^\mu V_\mu] + g^2 \text{Tr}[A_\mu A^\mu]$ 代入 $V_\mu = i v_\mu^a \tau^a$ 和 $A_\mu = A_\mu^a \tau^a$，并利用 $\text{Tr}(\tau^a \tau^b) = \frac{1}{2}\delta^{ab}$，得到： $\frac{F_\pi^2}{4} \text{Tr} \left[ (D_\mu U)^\dagger (D^\mu U) \right] = \frac{F_\pi^2}{8} \left( v_\mu^a v^{\mu a} + 2g A_\mu^a v^{\mu a} + g^2 A_\mu^a A^{\mu a} \right) = \frac{1}{8} g^2 F_\pi^2 \left( A_\mu^a + \frac{1}{g} v_\mu^a \right)^2$ 这正是 Eq. (28.59) 中的质量项结构，其中规范玻色子质量 $m_A = \frac{1}{2} g F_\pi$。

2. 展开 $V_\mu$ 到 $\mathcal{O}(\pi^3)$

令 $\Pi = \frac{2}{F_\pi} \pi^a \tau^a$，则 $U = e^{i\Pi}$。利用 Baker-Campbell-Hausdorff 公式展开 $V_\mu = \partial_\mu e^{i\Pi} e^{-i\Pi}$： $V_\mu = i\partial_\mu \Pi - \frac{1}{2} [\Pi, \partial_\mu \Pi] - \frac{i}{6} [\Pi, [\Pi, \partial_\mu \Pi]] + \mathcal{O}(\pi^4)$ 逐项计算对易子（利用 $[\tau^a, \tau^b] = i\epsilon^{abc}\tau^c$）：

1. 一阶项：$i\partial_\mu \Pi = i \frac{2}{F_\pi} \partial_\mu \pi^a \tau^a$
2. 二阶项： $[\Pi, \partial_\mu \Pi] = \frac{4}{F_\pi^2} \pi^a \partial_\mu \pi^b [\tau^a, \tau^b] = \frac{4i}{F_\pi^2} \epsilon^{abc} \pi^a \partial_\mu \pi^b \tau^c$
3. 三阶项： $[\Pi, [\Pi, \partial_\mu \Pi]] = \frac{2}{F_\pi} \pi^d \frac{4i}{F_\pi^2} \epsilon^{abc} \pi^a \partial_\mu \pi^b [\tau^d, \tau^c] = -\frac{8}{F_\pi^3} \epsilon^{abc} \epsilon^{dce} \pi^d \pi^a \partial_\mu \pi^b \tau^e$ 利用 Levi-Civita 符号恒等式 $\epsilon^{abc} \epsilon^{dce} = \delta^{ae} \delta^{bd} - \delta^{ad} \delta^{be}$，化简得： $[\Pi, [\Pi, \partial_\mu \Pi]] = -\frac{8}{F_\pi^3} (\pi^b \pi^e \partial_\mu \pi^b - \pi^a \pi^a \partial_\mu \pi^e) \tau^e = \frac{8}{F_\pi^3} \left[ \vec{\pi}^2 \partial_\mu \pi^e - \pi^e (\vec{\pi} \cdot \partial_\mu \vec{\pi}) \right] \tau^e$

将上述结果代入 $V_\mu$ 的展开式，并与 $V_\mu = i v_\mu^e \tau^e$ 比较，提取出 $v_\mu^e$ 的各阶项： $v_\mu^e = \underbrace{\frac{2}{F_\pi} \partial_\mu \pi^e}_{v_\mu^{(1)e}} - \underbrace{\frac{2}{F_\pi^2} \epsilon^{abc} \pi^a \partial_\mu \pi^b \delta^{ce}}_{v_\mu^{(2)e}} + \underbrace{\frac{4}{3F_\pi^3} \left[ \pi^e (\vec{\pi} \cdot \partial_\mu \vec{\pi}) - \vec{\pi}^2 \partial_\mu \pi^e \right]}_{v_\mu^{(3)e}} + \mathcal{O}(\pi^4)$

3. 提取 $\mathcal{O}(\pi^3)$ 的相互作用项

拉格朗日量中的相互作用项由 $\frac{1}{8} F_\pi^2 (v_\mu^a)^2 + \frac{1}{4} g F_\pi^2 A_\mu^a v^{\mu a}$ 给出。

• 对于纯 $\pi$ 介子动能项 $\frac{1}{8} F_\pi^2 (v_\mu^a)^2$，其 $\mathcal{O}(\pi^3)$ 贡献为： $\frac{1}{4} F_\pi^2 v_\mu^{(1)a} v^{\mu (2)a} = \frac{1}{4} F_\pi^2 \left( \frac{2}{F_\pi} \partial_\mu \pi^a \right) \left( -\frac{2}{F_\pi^2} \epsilon^{dbc} \pi^d \partial^\mu \pi^b \delta^{ca} \right) = -\frac{1}{F_\pi} \epsilon^{dba} \partial_\mu \pi^a \pi^d \partial^\mu \pi^b = 0$ （因为 $\epsilon^{dba}$ 对 $a,b$ 反称，而 $\partial_\mu \pi^a \partial^\mu \pi^b$ 对 $a,b$ 对称，故该项严格为零）。

• 因此，所有 $\mathcal{O}(\pi^3)$ 的相互作用均来自于规范场与 $\pi$ 介子的交叉项 $\frac{1}{4} g F_\pi^2 A_\mu^a v^{\mu (3)a}$： $\mathcal{L}_{\pi^3} = \frac{1}{4} g F_\pi^2 A_\mu^a \left\{ \frac{4}{3F_\pi^3} \left[ \pi^a (\vec{\pi} \cdot \partial^\mu \vec{\pi}) - \vec{\pi}^2 \partial^\mu \pi^a \right] \right\}$ $\mathcal{L}_{\pi^3} = \frac{g}{3F_\pi} \left[ (\vec{A}_\mu \cdot \vec{\pi}) (\vec{\pi} \cdot \partial^\mu \vec{\pi}) - \vec{\pi}^2 (\vec{A}_\mu \cdot \partial^\mu \vec{\pi}) \right]$

利用矢量三重积公式 $\vec{A} \times (\vec{B} \times \vec{C}) = \vec{B}(\vec{A} \cdot \vec{C}) - \vec{C}(\vec{A} \cdot \vec{B})$，该结果也可以等价地写为极其紧凑的矢量叉乘形式。

习题 28.4 - 解答

---

(a) 理论的全局对称性

通过分部积分（假设表面项为零），拉格朗日量中的动能项可以重写为标准形式。该理论的拉格朗日量为： $\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu \phi_i \partial^\mu \phi_i + \frac{1}{2}m^2 \phi_i \phi_i - \frac{\lambda}{4}(\phi_i \phi_i)^2$ 其中重复指标 $i$ 隐含求和（$i = 1, 2, \dots, n$），即 $\phi_i \phi_i = \sum_{i=1}^n \phi_i^2 = \vec{\phi} \cdot \vec{\phi}$。

观察可知，拉格朗日量完全由标量场向量 $\vec{\phi}$ 的内积 $\vec{\phi} \cdot \vec{\phi}$ 及其导数的内积构成。因此，该拉格朗日量在 $n$ 维实正交变换 $\phi_i \to R_{ij}\phi_j$ 下保持不变，其中 $R \in O(n)$。

该理论的全局对称性群为： $\boxed{O(n)}$

---

(b) 理论的所有可能真空及其等价性

从拉格朗日量中可以提取出标量势： $V(\vec{\phi}) = -\frac{1}{2}m^2 (\phi_i \phi_i) + \frac{\lambda}{4}(\phi_i \phi_i)^2$ 由于质量平方项的系数为负（$-m^2 < 0$），这是一个典型的自发对称性破缺势（墨西哥帽势）。为了寻找真空态，我们需要找到势能的极小值点。对 $\phi_k$ 求偏导并令其为零： $\frac{\partial V}{\partial \phi_k} = -m^2 \phi_k + \lambda (\phi_i \phi_i) \phi_k = \phi_k \left[ -m^2 + \lambda (\phi_i \phi_i) \right] = 0$ 这给出了两组解：

1. $\phi_k = 0$ （对应势能的局部极大值，不是真空）。
2. $\phi_i \phi_i = \frac{m^2}{\lambda}$ （对应势能的全局极小值）。

因此，所有可能的真空构型满足： $\boxed{\sum_{i=1}^n \phi_i^2 = v^2 \equiv \frac{m^2}{\lambda}}$ 这表明真空简并流形是一个半径为 $v = \frac{m}{\sqrt{\lambda}}$ 的 $(n-1)$ 维球面 $S^{n-1}$。

这些真空是否等价？ $\boxed{\text{是，所有真空都是物理等价的。}}$ 原因：全局对称群 $O(n)$ 在真空流形 $S^{n-1}$ 上的作用是可递的（transitive）。这意味着任意一个真空态都可以通过一个 $O(n)$ 旋转变换映射到任何另一个真空态。由于拉格朗日量具有 $O(n)$ 对称性，围绕任何一个真空展开所得到的物理（粒子谱、散射截面等）都是完全相同的。

---

(c) 围绕真空的微小激发与 Goldstone 玻色子

不失一般性，我们选择真空指向第 $n$ 个分量方向： $\vec{\phi}_0 = (0, 0, \dots, 0, v)$ 为了研究围绕该真空的微小激发，我们将场参数化为： $\phi_i(x) = \pi_i(x) \quad \text{对于 } i = 1, 2, \dots, n-1$ $\phi_n(x) = v + \sigma(x)$ 其中 $\pi_i(x)$ 和 $\sigma(x)$ 是表示微小激发的量子场。

计算场的平方项： $\phi_i \phi_i = \sum_{i=1}^{n-1} \pi_i^2 + (v + \sigma)^2 = \vec{\pi}^2 + v^2 + 2v\sigma + \sigma^2$ 将势能 $V(\vec{\phi})$ 用 $v^2 = m^2/\lambda$ 重写为完全平方形式： $V(\vec{\phi}) = \frac{\lambda}{4} \left( \phi_i \phi_i - v^2 \right)^2 - \frac{m^4}{4\lambda}$ 代入展开后的场平方项： $V(\pi, \sigma) = \frac{\lambda}{4} \left( \vec{\pi}^2 + 2v\sigma + \sigma^2 \right)^2 - \frac{m^4}{4\lambda}$ $V(\pi, \sigma) = \frac{\lambda}{4} \left( 4v^2\sigma^2 + 4v\sigma(\sigma^2 + \vec{\pi}^2) + (\sigma^2 + \vec{\pi}^2)^2 \right) - \frac{m^4}{4\lambda}$ 利用 $\lambda v^2 = m^2$，势能展开为： $V(\pi, \sigma) = m^2 \sigma^2 + \lambda v \sigma(\sigma^2 + \vec{\pi}^2) + \frac{\lambda}{4}(\sigma^2 + \vec{\pi}^2)^2 - \frac{m^4}{4\lambda}$

将动能项和势能项组合，得到围绕该真空的完整拉格朗日量： $\boxed{\mathcal{L} = -\frac{1}{2}\pi_i \square \pi_i - \frac{1}{2}\sigma (\square + 2m^2) \sigma - \lambda v \sigma(\sigma^2 + \vec{\pi}^2) - \frac{\lambda}{4}(\sigma^2 + \vec{\pi}^2)^2 + \frac{m^4}{4\lambda}}$ (注：若仅考虑微小激发的自由场近似，可只保留二次项 $\mathcal{L}_{\text{quad}} = -\frac{1}{2}\pi_i \square \pi_i - \frac{1}{2}\sigma (\square + 2m^2) \sigma$)

Goldstone 玻色子的数量： 从二次项可以看出：

1. 场 $\sigma$ 获得了一个质量项 $m_\sigma^2 = 2m^2$。
2. 场 $\pi_i$ （共 $n-1$ 个）没有质量项（$m_\pi^2 = 0$）。

根据 Goldstone 定理，自发破缺的连续对称性会产生无质量的标量粒子。原对称群 $O(n)$ 的生成元个数为 $\frac{n(n-1)}{2}$，选择特定真空后，保留的对称群为 $O(n-1)$，其生成元个数为 $\frac{(n-1)(n-2)}{2}$。破缺的生成元数量为： $\frac{n(n-1)}{2} - \frac{(n-1)(n-2)}{2} = n - 1$ 这与我们推导出的无质量场 $\pi_i$ 的数量完全一致。因此，Goldstone 玻色子的数量为： $\boxed{n - 1}$

习题 28.5 - 解答

---

(a) 极值条件

$\text{SU}(5)$ 伴随表示的标量场 $\Phi$ 是一个无迹的 $5 \times 5$ 厄米矩阵，即 $\text{tr}(\Phi) = 0$。 势能函数为： $V = -m^2 \text{tr}(\Phi^2) + a \, \text{tr}(\Phi^4) + b \left[ \text{tr}(\Phi^2) \right]^2$ 为了在无迹约束 $\text{tr}(\Phi) = 0$ 下寻找极值，我们引入拉格朗日乘子 $\lambda$，构造辅助函数 $F = V - \lambda \text{tr}(\Phi)$。 对 $\Phi$ 求导得到极值条件： $\frac{\partial F}{\partial \Phi} = -2m^2 \Phi + 4a \Phi^3 + 4b \Phi \, \text{tr}(\Phi^2) - \lambda I = 0$ 两边取迹，并利用 $\text{tr}(\Phi) = 0$，可得： $4a \, \text{tr}(\Phi^3) - 5\lambda = 0 \implies \lambda = \frac{4}{5} a \, \text{tr}(\Phi^3)$ 将给定的真空期望值 $\langle \Phi \rangle = v \, \text{diag}(2, 2, 2, -3, -3)$ 代入，计算迹： $\text{tr}(\langle \Phi \rangle^2) = v^2 [3 \times (2)^2 + 2 \times (-3)^2] = 30v^2$ $\text{tr}(\langle \Phi \rangle^3) = v^3 [3 \times (2)^3 + 2 \times (-3)^3] = -30v^3$ 因此，拉格朗日乘子为 $\lambda = -24 a v^3$。 将 $\langle \Phi \rangle$ 的对角元 $\phi_i$ 代入极值条件方程： $-2m^2 \phi_i + 4a \phi_i^3 + 4b (30v^2) \phi_i + 24 a v^3 = 0$ 对于 $\phi_i = 2v$： $-4m^2 v + 32 a v^3 + 120 b v^3 \times 2 + 24 a v^3 = 0 \implies -4m^2 v + 56 a v^3 + 240 b v^3 = 0$ 化简得： $m^2 = (14a + 60b)v^2$ 对于 $\phi_i = -3v$： $6m^2 v - 108 a v^3 - 360 b v^3 + 24 a v^3 = 0 \implies 6m^2 v - 84 a v^3 - 360 b v^3 = 0$ 化简同样得到 $m^2 = (14a + 60b)v^2$。 因此，$\langle \Phi \rangle$ 成为极值的条件是： $\boxed{m^2 = (14a + 60b)v^2}$

(b) 激发态的质量平方非负性

令 $\Phi = \langle \Phi \rangle + \delta \Phi$，将势能展开到 $\delta \Phi$ 的二次项。利用 $\text{tr}(\langle \Phi \rangle^2) = 30v^2$ 和 $m^2 = (14a + 60b)v^2$，二次项势能 $V_2$ 为： $V_2 = -m^2 \text{tr}(\delta \Phi^2) + 2a \text{tr}(\langle \Phi \rangle^2 \delta \Phi^2 + \langle \Phi \rangle \delta \Phi \langle \Phi \rangle \delta \Phi) + 2b \, \text{tr}(\langle \Phi \rangle^2) \text{tr}(\delta \Phi^2) + 4b [\text{tr}(\langle \Phi \rangle \delta \Phi)]^2$ 注意到 $-m^2 + 2b \, \text{tr}(\langle \Phi \rangle^2) = -(14a + 60b)v^2 + 60bv^2 = -14av^2$，包含 $b$ 的 $\text{tr}(\delta \Phi^2)$ 项恰好抵消。 将 $\delta \Phi$ 用矩阵元表示，质量矩阵的非对角元部分为： $(M^2)_{ij} = 2a (\phi_i^2 + \phi_j^2 + \phi_i \phi_j - 7v^2)$

• 当 $i, j \in \{1, 2, 3\}$ 时，$\phi_i = \phi_j = 2v$，得到 $m_8^2 = 10av^2$（8个自由度，对应 $\text{SU}(3)$ 伴随表示）。
• 当 $i, j \in \{4, 5\}$ 时，$\phi_i = \phi_j = -3v$，得到 $m_3^2 = 40av^2$（3个自由度，对应 $\text{SU}(2)$ 伴随表示）。
• 当 $i \in \{1, 2, 3\}, j \in \{4, 5\}$ 时，$\phi_i = 2v, \phi_j = -3v$，得到 $m_{12}^2 = 0$（12个 Goldstone 玻色子，对应破缺的规范生成元）。

对于对角元 $\delta \Phi_{ii} = x_i$（满足 $\sum x_i = 0$），令 $S = x_1 + x_2 + x_3 = -(x_4 + x_5)$，对角化后可分离出一个单态标量场 $S$，其质量平方为： $m_1^2 = 4(7a + 30b)v^2$ 为了使势能有下界且该极值点为真正的极小值，必须满足四次项正定条件 $a > 0$ 且 $7a + 30b > 0$。在这些物理要求下，所有的质量平方特征值 $10av^2$、$40av^2$、$4(7a+30b)v^2$ 以及 $0$ 均严格非负。

(c) 势能的所有可能极小值

由 (a) 中的极值条件可知，$\Phi$ 的特征值 $\phi_i$ 必须满足同一个三次方程： $4a \phi_i^3 + (4b \, \text{tr}(\Phi^2) - 2m^2) \phi_i - \lambda = 0$ 三次方程最多有 3 个不同的实根。若有 3 个不同的根 $x, y, z$，由于缺少二次项，必有 $x+y+z=0$。结合无迹条件 $\sum \phi_i = 0$，要求将 5 个特征值分配给这 3 个根，这在数学上无法实现（会导致某根的重数为非整数）。若其中一个根为 0，则特征值模式为 $(1, -1, 0, 0, 0)$ 或 $(1, 1, -1, -1, 0)$，但计算其 Hessian 矩阵发现它们在任何 $a \neq 0$ 时均存在负的质量平方特征值，因此只能是鞍点。

因此，极小值只能由最多 2 个不同的特征值构成。满足无迹条件的 2 种非平凡模式为：

1. $\langle \Phi \rangle = v_1 \text{diag}(2, 2, 2, -3, -3)$
2. $\langle \Phi \rangle = v_2 \text{diag}(1, 1, 1, 1, -4)$

将它们代入势能求极小值：

• 对于模式 1，极值点势能为 $V_1 = -\frac{15m^4}{14a + 60b}$。由 (b) 可知，它成为极小值的条件是 $\boxed{a > 0}$ 且 $14a + 60b > 0$。
• 对于模式 2，极值条件给出 $m^2 = (26a + 40b)v_2^2$，极值点势能为 $V_2 = -\frac{10m^4}{26a + 40b}$。计算其质量矩阵发现，它成为极小值的条件是 $\boxed{a < 0}$ 且 $13a + 20b > 0$。
• 若 $m^2 \le 0$，则平凡解 $\boxed{\langle \Phi \rangle = 0}$ 是全局极小值。

(d) 模式 $\langle \Phi \rangle = v \, \text{diag}(1, 1, 1, 1, -4)$ 的规范玻色子质量与未破缺群

对于真空期望值 $\langle \Phi \rangle = v \, \text{diag}(1, 1, 1, 1, -4)$，前 4 个特征值相等，因此它与混合前 4 个分量的 $\text{SU}(4)$ 变换以及一个整体相位的 $\text{U}(1)$ 变换对易。 未破缺的规范群为： $\boxed{\text{SU}(4) \times \text{U}(1)}$

规范玻色子的质量来源于标量场的动能项 $\text{tr}(D_\mu \Phi D^\mu \Phi)$ 中的规范场相互作用部分： $\mathcal{L}_{\text{mass}} = -g^2 \text{tr}([A_\mu, \langle \Phi \rangle]^2) = g^2 \sum_{i,j} |(A_\mu)_{ij}|^2 (\phi_i - \phi_j)^2$ 破缺的生成元对应于 $i \in \{1, 2, 3, 4\}$ 且 $j = 5$ 的非对角元（共 $4 \times 2 = 8$ 个实自由度）。 代入特征值 $\phi_i = v$ 和 $\phi_j = -4v$，差值为 $\phi_i - \phi_j = 5v$。 与标准实规范玻色子质量项 $\frac{1}{2} M^2 (A_\mu^a)^2$ 对比，可得： $\frac{1}{2} M^2 = g^2 (5v)^2 \implies M^2 = 50 g^2 v^2$ 因此，这 8 个大质量规范玻色子的质量为： $\boxed{M = 5\sqrt{2} g v}$