习题 2.1 - 解答

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物理背景与分析

公式 (2.3) 是洛伦兹变换的定义方程，即洛伦兹变换矩阵 $\Lambda$ 必须保持闵可夫斯基度规 $g_{\mu\nu}$ 不变。这在物理上意味着洛伦兹变换保持时空间隔不变。 公式 (2.8) 描述的是无穷小洛伦兹变换参数 $\delta \omega_{\rho\sigma}$ 的反对称性。这一性质表明，洛伦兹群的李代数生成元是反对称张量，其独立分量共有 $\frac{4 \times 3}{2} = 6$ 个，分别对应 3 个空间旋转和 3 个洛伦兹推速（Boosts）。

要从有限变换的定义方程推导出无穷小参数的性质，我们需要将洛伦兹变换矩阵展开到无穷小参数的一阶，并代入度规保持方程中，忽略二阶及以上的高阶项。

推导过程

考虑一个无穷小洛伦兹变换，其变换矩阵可以写为恒等变换与一个无穷小偏离之和：

其中，$\delta^\mu_{\phantom{\mu}\rho}$ 是克罗内克记号（Kronecker delta），$\delta \omega^\mu_{\phantom{\mu}\rho}$ 是无穷小变换参数。

将该表达式代入洛伦兹变换的定义方程 (2.3) 中：

展开等式左边的乘积：

由于 $\delta \omega$ 是无穷小量，我们可以忽略包含 $\delta \omega^\mu_{\phantom{\mu}\rho} \delta \omega^\nu_{\phantom{\nu}\sigma}$ 的二阶项 $\mathcal{O}(\delta \omega^2)$。将度规张量 $g_{\mu\nu}$ 分配到保留的一阶项和零阶项中：

利用克罗内克记号的缩并性质（即替换求和指标），对上述三项分别进行化简：

1. 第一项：$g_{\mu\nu} \delta^\mu_{\phantom{\mu}\rho} \delta^\nu_{\phantom{\nu}\sigma} = g_{\rho\nu} \delta^\nu_{\phantom{\nu}\sigma} = g_{\rho\sigma}$
2. 第二项：$g_{\mu\nu} \delta^\mu_{\phantom{\mu}\rho} \delta \omega^\nu_{\phantom{\nu}\sigma} = g_{\rho\nu} \delta \omega^\nu_{\phantom{\nu}\sigma}$
3. 第三项：$g_{\mu\nu} \delta \omega^\mu_{\phantom{\mu}\rho} \delta^\nu_{\phantom{\nu}\sigma} = g_{\mu\sigma} \delta \omega^\mu_{\phantom{\mu}\rho}$

将化简后的结果代回原方程：

等式两边同时消去零阶项 $g_{\rho\sigma}$：

利用度规张量下降指标的规则（$g_{\alpha\beta} T^\beta_{\phantom{\beta}\gamma} = T_{\alpha\gamma}$），我们可以将上式中的指标降下来：

（注意这里使用了度规张量的对称性 $g_{\mu\sigma} = g_{\sigma\mu}$）。

代入后得到：

移项即可得到最终结果：

习题 2.2 - 解答

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为了验证生成元 $M^{\mu\nu}$ 的变换性质，我们需要考察当 $\Lambda'$ 为无穷小洛伦兹变换时，群乘法关系 $U(\Lambda)^{-1} U(\Lambda') U(\Lambda) = U(\Lambda^{-1} \Lambda' \Lambda)$ 在无穷小阶的展开。

1. 无穷小洛伦兹变换与幺正算符展开

设 $\Lambda'$ 为一个无穷小洛伦兹变换，其矩阵元可写为： $\Lambda'^\mu_{\phantom{\mu}\nu} = \delta^\mu_\nu + \omega^\mu_{\phantom{\mu}\nu}$ 其中 $\omega_{\mu\nu} = \eta_{\mu\rho}\omega^\rho_{\phantom{\rho}\nu}$ 是无穷小反对称参数矩阵，即 $\omega_{\mu\nu} = -\omega_{\nu\mu}$。

在量子理论中，对应于该无穷小变换的幺正算符 $U(\Lambda')$ 可以由洛伦兹群的生成元 $M^{\mu\nu}$ 展开至 $\omega$ 的一阶： $U(\Lambda') = 1 + \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} M^{\mu\nu} + \mathcal{O}(\omega^2)$

将此展开式代入已知等式的左边 (LHS)： $\text{LHS} = U(\Lambda)^{-1} \left( 1 + \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} M^{\mu\nu} \right) U(\Lambda) = 1 + \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} U(\Lambda)^{-1} M^{\mu\nu} U(\Lambda)$

2. 洛伦兹变换参数的共轭变换

现在分析已知等式的右边 (RHS)。首先计算幺正算符内部的复合洛伦兹变换 $\Lambda^{-1} \Lambda' \Lambda$： $(\Lambda^{-1} \Lambda' \Lambda)^\mu_{\phantom{\mu}\nu} = (\Lambda^{-1})^\mu_{\phantom{\mu}\rho} (\delta^\rho_\sigma + \omega^\rho_{\phantom{\rho}\sigma}) \Lambda^\sigma_{\phantom{\sigma}\nu} = \delta^\mu_\nu + (\Lambda^{-1})^\mu_{\phantom{\mu}\rho} \omega^\rho_{\phantom{\rho}\sigma} \Lambda^\sigma_{\phantom{\sigma}\nu}$

定义新的无穷小变换参数 $\tilde{\omega}^\mu_{\phantom{\mu}\nu} = (\Lambda^{-1})^\mu_{\phantom{\mu}\rho} \omega^\rho_{\phantom{\rho}\sigma} \Lambda^\sigma_{\phantom{\sigma}\nu}$。为了将其写为全下标形式，利用洛伦兹变换逆矩阵的性质 $(\Lambda^{-1})^\mu_{\phantom{\mu}\rho} = \Lambda_\rho^{\phantom{\rho}\mu}$： $\tilde{\omega}_{\alpha\beta} = \eta_{\alpha\mu} \tilde{\omega}^\mu_{\phantom{\mu}\beta} = \eta_{\alpha\mu} \Lambda_\rho^{\phantom{\rho}\mu} \omega^\rho_{\phantom{\rho}\sigma} \Lambda^\sigma_{\phantom{\sigma}\beta} = \Lambda^\rho_{\phantom{\rho}\alpha} \omega_{\rho\sigma} \Lambda^\sigma_{\phantom{\sigma}\beta}$ 由于 $\omega_{\rho\sigma}$ 是反对称的，易证 $\tilde{\omega}_{\alpha\beta}$ 同样是反对称的。

因此，等式右边的幺正算符可以展开为： $\text{RHS} = U(1 + \tilde{\omega}) = 1 + \frac{i}{2} \tilde{\omega}_{\alpha\beta} M^{\alpha\beta}$ 将 $\tilde{\omega}_{\alpha\beta}$ 的表达式代入： $\text{RHS} = 1 + \frac{i}{2} \left( \Lambda^\rho_{\phantom{\rho}\alpha} \Lambda^\sigma_{\phantom{\sigma}\beta} \omega_{\rho\sigma} \right) M^{\alpha\beta}$

3. 提取生成元的变换规律

令 LHS = RHS，并比较 $\omega$ 的一阶项： $\frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} U(\Lambda)^{-1} M^{\mu\nu} U(\Lambda) = \frac{i}{2} \omega_{\rho\sigma} \Lambda^\rho_{\phantom{\rho}\alpha} \Lambda^\sigma_{\phantom{\sigma}\beta} M^{\alpha\beta}$

为了直接比较两边的系数，我们将右边表达式中的哑指标进行重命名。令 $\rho \to \mu$, $\sigma \to \nu$, $\alpha \to \rho$, $\beta \to \sigma$： $\frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} U(\Lambda)^{-1} M^{\mu\nu} U(\Lambda) = \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} \Lambda^\mu_{\phantom{\mu}\rho} \Lambda^\nu_{\phantom{\nu}\sigma} M^{\rho\sigma}$

由于 $\omega_{\mu\nu}$ 是任意的无穷小反对称张量，且等式两边与 $\omega_{\mu\nu}$ 缩并的张量（即 $U(\Lambda)^{-1} M^{\mu\nu} U(\Lambda)$ 和 $\Lambda^\mu_{\phantom{\mu}\rho} \Lambda^\nu_{\phantom{\nu}\sigma} M^{\rho\sigma}$）在指标 $\mu, \nu$ 上均天然具有反对称性，因此我们可以直接去掉 $\frac{i}{2} \omega_{\mu\nu}$，得到生成元的变换关系：

$\boxed{ U(\Lambda)^{-1} M^{\mu\nu} U(\Lambda) = \Lambda^\mu_{\phantom{\mu}\rho} \Lambda^\nu_{\phantom{\nu}\sigma} M^{\rho\sigma} }$

这正是方程 (2.14)，证明完毕。

习题 2.3 - 解答

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为了从有限洛伦兹变换下生成元的变换规律 (2.14) 导出洛伦兹群的李代数 (2.16)，我们需要考察一个无穷小洛伦兹变换。

1. 无穷小洛伦兹变换与幺正算符 设 $\Lambda$ 为一个无穷小洛伦兹变换，其矩阵元可展开为恒等变换与一阶无穷小量之和： ${\Lambda^\mu}_\nu = {\delta^\mu}_\nu + {\omega^\mu}_\nu$ 其中 $\omega_{\mu\nu} = g_{\mu\rho}{\omega^\rho}_\nu$ 是无穷小反对称张量，即 $\omega_{\mu\nu} = -\omega_{\nu\mu}$。

在量子理论中，对应于该无穷小变换的幺正算符 $U(\Lambda)$ 可以由洛伦兹群的生成元 $M^{\rho\sigma}$ 展开至一阶： $U(\Lambda) = I + \frac{i}{2\hbar} \omega_{\rho\sigma} M^{\rho\sigma}$ 相应的逆算符为： $U(\Lambda)^{-1} = I - \frac{i}{2\hbar} \omega_{\rho\sigma} M^{\rho\sigma}$ （注：公式中的因子 $1/2$ 是为了抵消对反对称指标 $\rho, \sigma$ 独立求和时产生的双重计数）。

2. 展开方程 (2.14) 的左边 (LHS) 将 $U(\Lambda)$ 及其逆算符代入方程 (2.14) 的左边，并保留至 $\omega$ 的一阶项： $\text{LHS} = \left( I - \frac{i}{2\hbar} \omega_{\rho\sigma} M^{\rho\sigma} \right) M^{\mu\nu} \left( I + \frac{i}{2\hbar} \omega_{\alpha\beta} M^{\alpha\beta} \right)$ $\text{LHS} \approx M^{\mu\nu} + \frac{i}{2\hbar} \omega_{\rho\sigma} M^{\mu\nu} M^{\rho\sigma} - \frac{i}{2\hbar} \omega_{\rho\sigma} M^{\rho\sigma} M^{\mu\nu}$ 提取公因子后，一阶项自然给出了生成元的对易子： $\text{LHS} = M^{\mu\nu} + \frac{i}{2\hbar} \omega_{\rho\sigma} [M^{\mu\nu}, M^{\rho\sigma}]$

3. 展开方程 (2.14) 的右边 (RHS) 将 ${\Lambda^\mu}_\rho$ 的无穷小展开代入方程 (2.14) 的右边，同样保留至 $\omega$ 的一阶项： $\text{RHS} = ({\delta^\mu}_\alpha + {\omega^\mu}_\alpha) ({\delta^\nu}_\beta + {\omega^\nu}_\beta) M^{\alpha\beta}$ $\text{RHS} \approx M^{\mu\nu} + {\omega^\mu}_\alpha M^{\alpha\nu} + {\omega^\nu}_\beta M^{\mu\beta}$ 为了与左边进行对比，我们需要将右边的一阶项也写成 $\omega_{\rho\sigma}$ 与某个张量缩并的形式。利用度规张量降指标 ${\omega^\mu}_\alpha = g^{\mu\rho}\omega_{\rho\alpha}$，并对哑指标进行重命名： ${\omega^\mu}_\alpha M^{\alpha\nu} = g^{\mu\rho} \omega_{\rho\alpha} M^{\alpha\nu} \xrightarrow{\text{重命名 } \alpha \to \sigma} g^{\mu\rho} \omega_{\rho\sigma} M^{\sigma\nu}$ ${\omega^\nu}_\beta M^{\mu\beta} = g^{\nu\rho} \omega_{\rho\beta} M^{\mu\beta} \xrightarrow{\text{重命名 } \beta \to \sigma} g^{\nu\rho} \omega_{\rho\sigma} M^{\mu\sigma}$ 因此，右边的一阶项可以写为： $\text{RHS}^{(1)} = \omega_{\rho\sigma} \left( g^{\mu\rho} M^{\sigma\nu} + g^{\nu\rho} M^{\mu\sigma} \right)$ 由于 $\omega_{\rho\sigma}$ 是关于 $\rho, \sigma$ 严格反对称的，我们可以将括号内的张量等价替换为其关于 $\rho, \sigma$ 的反对称部分： $\text{RHS}^{(1)} = \frac{1}{2} \omega_{\rho\sigma} \left( g^{\mu\rho} M^{\sigma\nu} - g^{\mu\sigma} M^{\rho\nu} + g^{\nu\rho} M^{\mu\sigma} - g^{\nu\sigma} M^{\mu\rho} \right)$

4. 比较两侧并提取对易关系 令 $\text{LHS}^{(1)} = \text{RHS}^{(1)}$。由于 $\omega_{\rho\sigma}$ 是任意的无穷小反对称张量，其两侧的系数张量（在反对称化后）必须严格相等： $\frac{i}{2\hbar} [M^{\mu\nu}, M^{\rho\sigma}] = \frac{1}{2} \left( g^{\mu\rho} M^{\sigma\nu} - g^{\mu\sigma} M^{\rho\nu} + g^{\nu\rho} M^{\mu\sigma} - g^{\nu\sigma} M^{\mu\rho} \right)$ 两边同乘 $-i\hbar$： $[M^{\mu\nu}, M^{\rho\sigma}] = -i\hbar \left( g^{\mu\rho} M^{\sigma\nu} - g^{\mu\sigma} M^{\rho\nu} + g^{\nu\rho} M^{\mu\sigma} - g^{\nu\sigma} M^{\mu\rho} \right)$

5. 整理为目标形式 (2.16) 利用生成元自身的反对称性 $M^{\alpha\beta} = -M^{\beta\alpha}$，对上式右侧各项的指标顺序和符号进行调整：

• $-i\hbar g^{\mu\rho} M^{\sigma\nu} = i\hbar g^{\mu\rho} M^{\nu\sigma}$
• $+i\hbar g^{\mu\sigma} M^{\rho\nu} = -i\hbar g^{\mu\sigma} M^{\nu\rho}$
• $-i\hbar g^{\nu\rho} M^{\mu\sigma} = -i\hbar g^{\nu\rho} M^{\mu\sigma}$
• $+i\hbar g^{\nu\sigma} M^{\mu\rho} = i\hbar g^{\nu\sigma} M^{\mu\rho}$

将这些项重新组合并提取 $i\hbar$： $[M^{\mu\nu}, M^{\rho\sigma}] = i\hbar \left( g^{\mu\rho} M^{\nu\sigma} - g^{\nu\rho} M^{\mu\sigma} - g^{\mu\sigma} M^{\nu\rho} + g^{\nu\sigma} M^{\mu\rho} \right)$ 我们可以将其按对称性结构分组写为： $[M^{\mu\nu}, M^{\rho\sigma}] = i\hbar \left[ \left( g^{\mu\rho} M^{\nu\sigma} - g^{\nu\rho} M^{\mu\sigma} \right) - \left( g^{\mu\sigma} M^{\nu\rho} - g^{\nu\sigma} M^{\mu\rho} \right) \right]$ 观察可知：

1. 第一组小括号内的项，正是 $g^{\mu\rho} M^{\nu\sigma}$ 减去其交换 $\mu \leftrightarrow \nu$ 后的项。
2. 第二组小括号内的项，正是第一组小括号内的项在交换 $\rho \leftrightarrow \sigma$ 后的结果。

因此，上式可以完美地简写为方程 (2.16) 的形式： $\boxed{ [M^{\mu\nu}, M^{\rho\sigma}] = i\hbar\left(g^{\mu\rho}M^{\nu\sigma} - (\mu\leftrightarrow\nu)\right) - (\rho\leftrightarrow\sigma) }$

习题 2.4 - 解答

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习题分析与物理背景

本题要求从洛伦兹群生成元 $M^{\mu\nu}$ 的协变对易关系（式 2.16）出发，推导出角动量生成元 $J_i$ 和递升生成元（Boosts）$K_i$ 的空间分量对易关系（式 2.17）。

在标准的量子场论约定（如 Srednicki 的教材）中，时空度规采用“大多为正”的符号差，即 $g^{\mu\nu} = \text{diag}(-1, 1, 1, 1)$。因此有 $g^{00} = -1$ 且 $g^{ij} = \delta^{ij}$。 洛伦兹群生成元 $M^{\mu\nu}$ 是反对称张量（$M^{\mu\nu} = -M^{\nu\mu}$）。三维旋转生成元 $J_i$ 和洛伦兹递升生成元 $K_i$ 的定义分别为： $J_i = \frac{1}{2}\varepsilon_{ijk}M^{jk} \quad \implies \quad M^{ij} = \varepsilon_{ijk}J_k$ $K_i = M^{i0}$ 其中 $\varepsilon_{ijk}$ 是三维完全反对称的 Levi-Civita 符号，且 $\varepsilon_{123} = 1$。由于空间部分的度规为正，空间指标的升降不改变符号。

已知式 (2.16) 为： $[M^{\mu\nu}, M^{\rho\sigma}] = i\hbar\left(g^{\mu\rho}M^{\nu\sigma} - g^{\nu\rho}M^{\mu\sigma} - g^{\mu\sigma}M^{\nu\rho} + g^{\nu\sigma}M^{\mu\rho}\right)$

下面逐一验证式 (2.17) 中的三个对易关系。

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推导过程

(1) 验证 $[J_i, J_j] = i\hbar\varepsilon_{ijk}J_k$

为了简化计算，我们先计算 $J_i$ 与任意空间分量 $M^{pq}$ 的对易子： $[J_i, M^{pq}] = \frac{1}{2}\varepsilon_{ilm}[M^{lm}, M^{pq}]$ 代入式 (2.16) 并利用 $g^{ij} = \delta^{ij}$：

[J_i, M^{pq}] &= \frac{1}{2}i\hbar\varepsilon_{ilm} \left( \delta^{lp}M^{mq} - \delta^{mp}M^{lq} - \delta^{lq}M^{mp} + \delta^{mq}M^{lp} \right) \\ &= \frac{1}{2}i\hbar \left( \varepsilon_{ipm}M^{mq} - \varepsilon_{ilp}M^{lq} - \varepsilon_{iqm}M^{mp} + \varepsilon_{ilq}M^{lp} \right) \end{aligned} $$ 利用反对称性 $\varepsilon_{ipm} = -\varepsilon_{imp}$ 以及哑指标替换，上式括号中的四项可以合并为两项： $$ [J_i, M^{pq}] = i\hbar \left( -\varepsilon_{imp}M^{mq} - \varepsilon_{imq}M^{pm} \right) $$ 现在计算 $[J_i, J_j]$： $$ [J_i, J_j] = \frac{1}{2}\varepsilon_{jpq}[J_i, M^{pq}] = \frac{1}{2}i\hbar \left( -\varepsilon_{jpq}\varepsilon_{imp}M^{mq} - \varepsilon_{jpq}\varepsilon_{imq}M^{pm} \right) $$ 利用 Levi-Civita 符号的缩并恒等式： 对于第一项，$\varepsilon_{jpq}\varepsilon_{imp} = \varepsilon_{jqp}\varepsilon_{mip} = \delta_{jm}\delta_{qi} - \delta_{ji}\delta_{qm}$，因此： $$ -\varepsilon_{jpq}\varepsilon_{imp}M^{mq} = -(\delta_{jm}\delta_{qi} - \delta_{ji}\delta_{qm})M^{mq} = -M^{ji} + \delta_{ji}M^{mm} = M^{ij} $$ 对于第二项，$\varepsilon_{jpq}\varepsilon_{imq} = \varepsilon_{jqp}\varepsilon_{iqm} = \delta_{ji}\delta_{pm} - \delta_{jm}\delta_{pi}$，因此： $$ -\varepsilon_{jpq}\varepsilon_{imq}M^{pm} = -(\delta_{ji}\delta_{pm} - \delta_{jm}\delta_{pi})M^{pm} = -\delta_{ji}M^{mm} + M^{ij} = M^{ij} $$ （注：利用了 $M^{mm} = 0$ 且 $M^{ji} = -M^{ij}$）。 将两项代回原式： $$ [J_i, J_j] = \frac{1}{2}i\hbar \left( M^{ij} + M^{ij} \right) = i\hbar M^{ij} $$ 代入 $M^{ij} = \varepsilon_{ijk}J_k$，得到： $$ \boxed{ [J_i, J_j] = i\hbar\varepsilon_{ijk}J_k } $$ **(2) 验证 $[J_i, K_j] = i\hbar\varepsilon_{ijk}K_k$** 根据定义展开对易子： $$ [J_i, K_j] = \frac{1}{2}\varepsilon_{ilm}[M^{lm}, M^{j0}] $$ 代入式 (2.16)： $$ [M^{lm}, M^{j0}] = i\hbar\left(g^{lj}M^{m0} - g^{mj}M^{l0} - g^{l0}M^{mj} + g^{m0}M^{lj}\right) $$ 由于空间指标与时间指标正交，$g^{l0} = g^{m0} = 0$，且 $g^{ij} = \delta^{ij}$，上式简化为： $$ [M^{lm}, M^{j0}] = i\hbar\left(\delta^{lj}M^{m0} - \delta^{mj}M^{l0}\right) = i\hbar\left(\delta^{lj}K_m - \delta^{mj}K_l\right) $$ 将其代回 $[J_i, K_j]$ 的表达式： $$ \begin{aligned} [J_i, K_j] &= \frac{1}{2}i\hbar\varepsilon_{ilm}\left(\delta^{lj}K_m - \delta^{mj}K_l\right) \\ &= \frac{1}{2}i\hbar\left(\varepsilon_{ijm}K_m - \varepsilon_{ilj}K_l\right) \end{aligned} $$ 在第二项中交换哑指标 $l$ 和 $m$，并利用 $\varepsilon_{imj} = -\varepsilon_{ijm}$： $$ -\varepsilon_{ilj}K_l = -\varepsilon_{imj}K_m = \varepsilon_{ijm}K_m $$ 因此： $$ [J_i, K_j] = \frac{1}{2}i\hbar\left(\varepsilon_{ijm}K_m + \varepsilon_{ijm}K_m\right) = i\hbar\varepsilon_{ijm}K_m $$ 将哑指标 $m$ 替换为 $k$，即得： $$ \boxed{ [J_i, K_j] = i\hbar\varepsilon_{ijk}K_k } $$ **(3) 验证 $[K_i, K_j] = -i\hbar\varepsilon_{ijk}J_k$** 根据定义展开对易子： $$ [K_i, K_j] = [M^{i0}, M^{j0}] $$ 代入式 (2.16)： $$ [M^{i0}, M^{j0}] = i\hbar\left(g^{ij}M^{00} - g^{0j}M^{i0} - g^{i0}M^{0j} + g^{00}M^{ij}\right) $$ 利用反对称性 $M^{00} = 0$，以及度规的正交性 $g^{0j} = g^{i0} = 0$，上式仅保留最后一项。代入 $g^{00} = -1$： $$ [M^{i0}, M^{j0}] = i\hbar(-1)M^{ij} = -i\hbar M^{ij} $$ 再代入 $M^{ij} = \varepsilon_{ijk}J_k$，得到： $$ \boxed{ [K_i, K_j] = -i\hbar\varepsilon_{ijk}J_k } $$ 至此，式 (2.17) 中的三个对易关系均已由式 (2.16) 严格推导验证完毕。

习题 2.5 - 解答

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习题分析

公式 (2.15) 描述了四维动量算符 $P^\mu$ 在洛伦兹变换下的群作用（宏观变换性质），而公式 (2.18) 是对应的李代数（对易关系）。要从群的宏观变换导出生成元的对易关系，物理上标准的处理方法是考虑无穷小洛伦兹变换，将群元素展开到参数的一阶，并比较等式两边的一阶项。

推导过程

考虑一个无穷小洛伦兹变换 $\Lambda$，其矩阵元可以写为：

其中 $\omega_{\mu\nu}$ 是无穷小参数。由洛伦兹变换保持度规不变的性质（即 $\Lambda^T g \Lambda = g$）可知，参数矩阵在指标全降下是反对称的，即 $\omega_{\mu\nu} = -\omega_{\nu\mu}$。

在量子力学的希尔伯特空间中，与该无穷小洛伦兹变换对应的幺正算符 $U(\Lambda)$ 可以由洛伦兹群的生成元 $M^{\rho\sigma}$ 展开得到：

由于 $U(\Lambda)$ 是幺正的，其逆算符（即厄米共轭）为：

现在，将无穷小变换代入公式 (2.15) 的左边 (LHS) 和右边 (RHS)。

左边 (LHS) 展开：

右边 (RHS) 展开：

比较等式两边的一阶项 $\mathcal{O}(\omega)$，我们得到：

为了从上式中提取出对易关系，我们需要将右边也写成与 $\omega_{\rho\sigma}$ 缩并的形式。利用度规张量升降指标 ${\omega^\mu}_\nu = g^{\mu\rho} \omega_{\rho\nu}$，右边可以改写为：

将哑指标 $\nu$ 替换为 $\sigma$，得到 $g^{\mu\rho} \omega_{\rho\sigma} P^\sigma$。由于 $\omega_{\rho\sigma}$ 是反对称张量（$\omega_{\rho\sigma} = -\omega_{\sigma\rho}$），我们可以将系数进行反对称化处理：

将此结果代回一阶项的等式中：

由于 $\omega_{\rho\sigma}$ 是任意的反对称参数矩阵，等式两边与 $\omega_{\rho\sigma}$ 缩并的反对称张量部分必须严格相等。因此可以去掉 $\frac{1}{2} \omega_{\rho\sigma}$，得到：

两边同乘 $i\hbar$，得到最终的对易关系：

这正是公式 (2.18) 中利用简写符号 $- (\rho \leftrightarrow \sigma)$ 所表达的形式。由此得证：

习题 2.6 - 解答

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物理背景与符号约定

在相对论量子场论（如 Weinberg 的教材体系）中，庞加莱代数可以通过协变生成元 $P^\mu$（平移生成元）和 $M^{\rho\sigma}$（洛伦兹变换生成元，满足反对称性 $M^{\rho\sigma} = -M^{\sigma\rho}$）来表示。

为了从协变形式 Eq. (2.18) 导出三维空间形式 Eq. (2.19)，我们需要明确以下物理量的定义与度规约定：

1. 度规张量：采用大多为正的度规 $g^{\mu\nu} = \text{diag}(-1, 1, 1, 1)$。因此有 $g^{00} = -1$，$g^{ij} = \delta_{ij}$，$g^{0i} = 0$。
2. 四维动量：$P^\mu = (P^0, P^i)$。时间分量对应哈密顿量 $P^0 = H$，空间分量对应物理动量 $P^i = P_i$。
3. 角动量与递升生成元 (Boosts)：
   • 角动量 $J_i$ 定义为空间旋转的生成元：$J_i = \frac{1}{2} \varepsilon_{ijk} M^{jk}$，等价于 $M^{jk} = \varepsilon_{jkl} J_l$。
   • 递升生成元 $K_i$ 定义为：$K_i = M^{i0}$。

已知 Eq. (2.18) 为： $[P^\mu, M^{\rho\sigma}] = i\hbar (g^{\mu\sigma} P^\rho - g^{\mu\rho} P^\sigma)$ 利用对易子的反对称性，我们有 $[M^{\rho\sigma}, P^\mu] = -[P^\mu, M^{\rho\sigma}]$。下面逐一验证 Eq. (2.19) 中的四个对易关系。

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推导过程

(a) 证明 $[J_i, H] = 0$

将 $J_i$ 和 $H$ 用协变生成元表示： $[J_i, H] = \left[ \frac{1}{2} \varepsilon_{ijk} M^{jk}, P^0 \right] = -\frac{1}{2} \varepsilon_{ijk} [P^0, M^{jk}]$ 根据 Eq. (2.18)，取 $\mu=0, \rho=j, \sigma=k$： $[P^0, M^{jk}] = i\hbar (g^{0k} P^j - g^{0j} P^k)$ 由于空间与时间交叉的度规分量 $g^{0k} = g^{0j} = 0$，上式恒为 0。因此： $\boxed{[J_i, H] = 0}$

(b) 证明 $[J_i, P_m] = i\hbar \varepsilon_{imk} P_k$

（注：为避免与求和哑指标混淆，这里将题目中的 $j$ 替换为 $m$） $[J_i, P_m] = \left[ \frac{1}{2} \varepsilon_{ijk} M^{jk}, P^m \right] = -\frac{1}{2} \varepsilon_{ijk} [P^m, M^{jk}]$ 根据 Eq. (2.18)，取 $\mu=m, \rho=j, \sigma=k$： $[P^m, M^{jk}] = i\hbar (g^{mk} P^j - g^{mj} P^k)$ 代入 $g^{mk} = \delta_{mk}$ 和 $g^{mj} = \delta_{mj}$，并利用 $P^j = P_j$： $[P^m, M^{jk}] = i\hbar (\delta_{mk} P_j - \delta_{mj} P_k)$ 将其代回对易子中： $[J_i, P_m] = -\frac{1}{2} i\hbar \varepsilon_{ijk} (\delta_{mk} P_j - \delta_{mj} P_k) = -\frac{1}{2} i\hbar (\varepsilon_{ijm} P_j - \varepsilon_{imk} P_k)$ 利用列维-奇维塔符号的反对称性 $\varepsilon_{ijm} = -\varepsilon_{imj}$，并将第一项中的哑指标 $j$ 重命名为 $k$： $\varepsilon_{ijm} P_j = -\varepsilon_{imj} P_j = -\varepsilon_{imk} P_k$ 代入化简： $[J_i, P_m] = -\frac{1}{2} i\hbar (-\varepsilon_{imk} P_k - \varepsilon_{imk} P_k) = -\frac{1}{2} i\hbar (-2 \varepsilon_{imk} P_k) = i\hbar \varepsilon_{imk} P_k$ 将指标 $m$ 替换回 $j$，即得： $\boxed{[J_i, P_j] = i\hbar \varepsilon_{ijk} P_k}$

(c) 证明 $[K_i, H] = i\hbar P_i$

将 $K_i$ 和 $H$ 用协变生成元表示： $[K_i, H] = [M^{i0}, P^0] = -[P^0, M^{i0}]$ 根据 Eq. (2.18)，取 $\mu=0, \rho=i, \sigma=0$： $[P^0, M^{i0}] = i\hbar (g^{00} P^i - g^{0i} P^0)$ 代入 $g^{00} = -1$ 和 $g^{0i} = 0$： $[P^0, M^{i0}] = i\hbar (-1 \cdot P_i - 0) = -i\hbar P_i$ 因此： $[K_i, H] = -(-i\hbar P_i) = i\hbar P_i$ 即： $\boxed{[K_i, H] = i\hbar P_i}$

(d) 证明 $[K_i, P_j] = i\hbar \delta_{ij} H$

将 $K_i$ 和 $P_j$ 用协变生成元表示： $[K_i, P_j] = [M^{i0}, P^j] = -[P^j, M^{i0}]$ 根据 Eq. (2.18)，取 $\mu=j, \rho=i, \sigma=0$： $[P^j, M^{i0}] = i\hbar (g^{j0} P^i - g^{ji} P^0)$ 代入 $g^{j0} = 0$，$g^{ji} = \delta_{ji} = \delta_{ij}$，以及 $P^0 = H$： $[P^j, M^{i0}] = i\hbar (0 - \delta_{ij} H) = -i\hbar \delta_{ij} H$ 因此： $[K_i, P_j] = -(-i\hbar \delta_{ij} H) = i\hbar \delta_{ij} H$ 即： $\boxed{[K_i, P_j] = i\hbar \delta_{ij} H}$

习题 2.7 - 解答

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习题分析

本题要求指出平移算符 $T(\mathbf{a})$ 必须具备哪些性质，才能推导出动量算符之间的对易关系 $[P_i, P_j] = 0$ 以及动量算符与哈密顿量之间的对易关系 $[P_i, H] = 0$。

在量子力学中，动量算符 $\mathbf{P}$ 是空间平移的生成元。对于有限位移 $\mathbf{a}$，空间平移算符可以表示为：

要证明公式 (2.20) 中的两个对易关系，我们需要分别赋予 $T(\mathbf{a})$ 两个基本的物理与数学性质。

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推导与解答

1. 证明 $[P_i, P_j] = 0$

所需性质：空间平移的对易性（阿贝尔群性质） 在平直空间中，先后进行两个独立的平移操作，其最终结果与平移的顺序无关。即平移算符满足：

这意味着任意两个平移算符是对易的：

推导过程： 考虑沿第 $i$ 个坐标轴的无穷小位移 $\epsilon_i$ 和沿第 $j$ 个坐标轴的无穷小位移 $\epsilon_j$。对应的平移算符在保留到一阶项时展开为：

将它们代入平移算符的对易子中：

由于 $[T(\epsilon_i \hat{e}_i), T(\epsilon_j \hat{e}_j)] = 0$，且 $\epsilon_i, \epsilon_j$ 是任意非零的无穷小量，因此必须有：

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2. 证明 $[P_i, H] = 0$

所需性质：系统在空间平移下的不变性（空间的均匀性） 如果一个孤立系统所在的物理空间是均匀的，那么将整个系统在空间中平移任意矢量 $\mathbf{a}$，其物理规律（即哈密顿量 $H$）保持不变。这意味着平移操作不会改变系统的能量本征态结构，平移算符与哈密顿量对易：

或者等价地写为 $T(\mathbf{a}) H T^\dagger(\mathbf{a}) = H$。

推导过程： 考虑沿第 $i$ 个坐标轴的无穷小位移 $\epsilon_i$，平移算符展开为 $T(\epsilon_i \hat{e}_i) \approx 1 - \frac{i}{\hbar} \epsilon_i P_i$。 将其代入与哈密顿量的对易关系中：

由于系统具有平移不变性，$[T(\epsilon_i \hat{e}_i), H] = 0$。因为 $\epsilon_i$ 是任意非零的无穷小量，所以必须有：

这在物理上直接对应于动量守恒定律。

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结论

为了推导出公式 (2.20)，平移算符 $T(\mathbf{a})$ 必须具备以下两个性质：