Gauge Field Notes
32.1

Problem 32.1

srednickiChapter 32

习题 32.1

来源: 第32章, PDF第208页

32.1) Consider the Noether current jμj^\mu for the U(1)\text{U}(1) symmetry of eq. (32.1), and the corresponding charge QQ.

a) Show that e−iαQφe+iαQ=e+iαφe^{-i\alpha Q} \varphi e^{+i\alpha Q} = e^{+i\alpha} \varphi.

b) Use eq. (32.5) to show that e−iαQ∣θ⟩=∣θ+α⟩e^{-i\alpha Q} |\theta\rangle = |\theta + \alpha\rangle.

c) Show that Q∣0⟩≠0Q|0\rangle \neq 0; that is, the charge does not annihilate the θ=0\theta = 0 vacuum. Contrast this with the case of an unbroken symmetry.

Referenced Equations:

Equation (32.1):

L=−∂μφ†∂μφ−m2φ†φ−14λ(φ†φ)2.(32.1)\mathcal{L} = -\partial^\mu \varphi^\dagger \partial_\mu \varphi - m^2 \varphi^\dagger \varphi - \frac{1}{4} \lambda (\varphi^\dagger \varphi)^2 . \tag{32.1}

Equation (32.5):

⟨θ∣φ(x)∣θ⟩=12ve−iθ.(32.5)\langle \theta | \varphi(x) | \theta \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} v e^{-i\theta} . \tag{32.5}

习题 32.1 - 解答

题目分析与物理背景

本题探讨的是标量场理论中 U(1)\text{U}(1) 整体对称性的自发破缺（Spontaneous Symmetry Breaking, SSB）。给定的拉格朗日量为：

L=−∂μφ†∂μφ−m2φ†φ−14λ(φ†φ)2(32.1)\mathcal{L} = -\partial^\mu \varphi^\dagger \partial_\mu \varphi - m^2 \varphi^\dagger \varphi - \frac{1}{4} \lambda (\varphi^\dagger \varphi)^2 \tag{32.1}

为了使动能项正定，这里采用的度规符号差为 (−,+,+,+)(-, +, +, +)，即 −∂μφ†∂μφ=φ˙†φ˙−∇φ†⋅∇φ-\partial^\mu \varphi^\dagger \partial_\mu \varphi = \dot{\varphi}^\dagger \dot{\varphi} - \nabla \varphi^\dagger \cdot \nabla \varphi。 该系统具有 U(1)\text{U}(1) 整体对称性，场在变换下满足 φ→eiαφ\varphi \to e^{i\alpha} \varphi。

根据正则量子化，场 φ\varphi 及其共轭动量 π\pi 定义为：

π=∂L∂φ˙=φ˙†,π†=∂L∂φ˙†=φ˙\pi = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\varphi}} = \dot{\varphi}^\dagger, \quad \pi^\dagger = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\varphi}^\dagger} = \dot{\varphi}

它们满足等时对易关系（ETCR）：

[φ(t,x),π(t,y)]=iδ(3)(x−y),[φ†(t,x),π†(t,y)]=iδ(3)(x−y)[\varphi(t, \mathbf{x}), \pi(t, \mathbf{y})] = i\delta^{(3)}(\mathbf{x} - \mathbf{y}), \quad [\varphi^\dagger(t, \mathbf{x}), \pi^\dagger(t, \mathbf{y})] = i\delta^{(3)}(\mathbf{x} - \mathbf{y})

(a) 证明 e−iαQφe+iαQ=e+iαφe^{-i\alpha Q} \varphi e^{+i\alpha Q} = e^{+i\alpha} \varphi

推导过程： 首先，我们需要求出 U(1)\text{U}(1) 对称性对应的 Noether 荷 QQ。在无穷小变换 δφ=iφ\delta \varphi = i\varphi 和 δφ†=−iφ†\delta \varphi^\dagger = -i\varphi^\dagger 下，Noether 流为：

jμ=∂L∂(∂μφ)δφ+∂L∂(∂μφ†)δφ†=(−∂μφ†)(iφ)+(−∂μφ)(−iφ†)=i(φ†∂μφ−φ∂μφ†)j^\mu = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \varphi)} \delta \varphi + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \varphi^\dagger)} \delta \varphi^\dagger = (-\partial^\mu \varphi^\dagger)(i\varphi) + (-\partial^\mu \varphi)(-i\varphi^\dagger) = i(\varphi^\dagger \partial^\mu \varphi - \varphi \partial^\mu \varphi^\dagger)

对应的守恒荷 QQ 为空间积分：

Q=∫d3x j0=i∫d3x (φ†φ˙−φφ˙†)=i∫d3x (φ†π†−πφ)Q = \int d^3x \, j^0 = i \int d^3x \, (\varphi^\dagger \dot{\varphi} - \varphi \dot{\varphi}^\dagger) = i \int d^3x \, (\varphi^\dagger \pi^\dagger - \pi \varphi)

接下来计算荷 QQ 与场 φ(y)\varphi(\mathbf{y}) 的对易子。由于 φ(y)\varphi(\mathbf{y}) 只与 π(x)\pi(\mathbf{x}) 有非平庸的对易关系，我们有：

[Q,φ(y)]=i∫d3x [φ†(x)π†(x)−π(x)φ(x),φ(y)]=−i∫d3x [π(x),φ(y)]φ(x)[Q, \varphi(\mathbf{y})] = i \int d^3x \, [\varphi^\dagger(\mathbf{x}) \pi^\dagger(\mathbf{x}) - \pi(\mathbf{x}) \varphi(\mathbf{x}), \varphi(\mathbf{y})] = -i \int d^3x \, [\pi(\mathbf{x}), \varphi(\mathbf{y})] \varphi(\mathbf{x})

代入等时对易关系 [π(x),φ(y)]=−iδ(3)(x−y)[\pi(\mathbf{x}), \varphi(\mathbf{y})] = -i\delta^{(3)}(\mathbf{x} - \mathbf{y})，得到：

[Q,φ(y)]=−i∫d3x (−iδ(3)(x−y))φ(x)=−φ(y)[Q, \varphi(\mathbf{y})] = -i \int d^3x \, (-i\delta^{(3)}(\mathbf{x} - \mathbf{y})) \varphi(\mathbf{x}) = -\varphi(\mathbf{y})

即 [Q,φ]=−φ[Q, \varphi] = -\varphi。

利用 Baker-Campbell-Hausdorff (BCH) 展开公式 eABe−A=B+[A,B]+12![A,[A,B]]+…e^A B e^{-A} = B + [A, B] + \frac{1}{2!}[A, [A, B]] + \dots，令 A=−iαQA = -i\alpha Q，B=φB = \varphi：

[−iαQ,φ]=−iα[Q,φ]=−iα(−φ)=iαφ[-i\alpha Q, \varphi] = -i\alpha [Q, \varphi] = -i\alpha (-\varphi) = i\alpha \varphi
[−iαQ,[−iαQ,φ]]=−iα[Q,iαφ]=(iα)2φ[-i\alpha Q, [-i\alpha Q, \varphi]] = -i\alpha [Q, i\alpha \varphi] = (i\alpha)^2 \varphi

归纳可知，第 nn 次嵌套对易子为 (iα)nφ(i\alpha)^n \varphi。将级数求和：

e−iαQφe+iαQ=∑n=0∞(iα)nn!φ=eiαφe^{-i\alpha Q} \varphi e^{+i\alpha Q} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(i\alpha)^n}{n!} \varphi = e^{i\alpha} \varphi
e−iαQφe+iαQ=e+iαφ\boxed{ e^{-i\alpha Q} \varphi e^{+i\alpha Q} = e^{+i\alpha} \varphi }

(b) 证明 e−iαQ∣θ⟩=∣θ+α⟩e^{-i\alpha Q} |\theta\rangle = |\theta + \alpha\rangle

推导过程： 令作用后的新态为 ∣θ′⟩=e−iαQ∣θ⟩|\theta'\rangle = e^{-i\alpha Q} |\theta\rangle。我们通过计算场 φ(x)\varphi(x) 在该态下的真空期望值（VEV）来确定这个态。

⟨θ′∣φ(x)∣θ′⟩=⟨θ∣eiαQφ(x)e−iαQ∣θ⟩\langle \theta' | \varphi(x) | \theta' \rangle = \langle \theta | e^{i\alpha Q} \varphi(x) e^{-i\alpha Q} | \theta \rangle

利用 (a) 中的结论，将 α\alpha 替换为 −α-\alpha，可得 eiαQφe−iαQ=e−iαφe^{i\alpha Q} \varphi e^{-i\alpha Q} = e^{-i\alpha} \varphi。代入上式：

⟨θ′∣φ(x)∣θ′⟩=⟨θ∣e−iαφ(x)∣θ⟩=e−iα⟨θ∣φ(x)∣θ⟩\langle \theta' | \varphi(x) | \theta' \rangle = \langle \theta | e^{-i\alpha} \varphi(x) | \theta \rangle = e^{-i\alpha} \langle \theta | \varphi(x) | \theta \rangle

根据题目给定的公式 (32.5) ⟨θ∣φ(x)∣θ⟩=12ve−iθ\langle \theta | \varphi(x) | \theta \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} v e^{-i\theta}，我们得到：

⟨θ′∣φ(x)∣θ′⟩=e−iα(12ve−iθ)=12ve−i(θ+α)\langle \theta' | \varphi(x) | \theta' \rangle = e^{-i\alpha} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} v e^{-i\theta} \right) = \frac{1}{\sqrt{2}} v e^{-i(\theta + \alpha)}

这正是相位为 θ+α\theta + \alpha 的真空态的定义特征。因此（忽略不可观测的整体相位因子），我们证明了：

e−iαQ∣θ⟩=∣θ+α⟩\boxed{ e^{-i\alpha Q} |\theta\rangle = |\theta + \alpha\rangle }

(c) 证明 Q∣0⟩≠0Q|0\rangle \neq 0 并与未破缺对称性对比

推导过程： 我们采用反证法。假设荷 QQ 能够湮灭 θ=0\theta = 0 的真空态，即 Q∣0⟩=0Q|0\rangle = 0。由于 QQ 是厄米算符，这也意味着 ⟨0∣Q=0\langle 0|Q = 0。 在此假设下，计算对易子 [Q,φ(x)][Q, \varphi(x)] 在 ∣0⟩|0\rangle 态下的期望值：

⟨0∣[Q,φ(x)]∣0⟩=⟨0∣Qφ(x)−φ(x)Q∣0⟩=0\langle 0 | [Q, \varphi(x)] | 0 \rangle = \langle 0 | Q \varphi(x) - \varphi(x) Q | 0 \rangle = 0

然而，根据 (a) 中求得的算符恒等式 [Q,φ(x)]=−φ(x)[Q, \varphi(x)] = -\varphi(x)，其期望值应为：

⟨0∣[Q,φ(x)]∣0⟩=−⟨0∣φ(x)∣0⟩\langle 0 | [Q, \varphi(x)] | 0 \rangle = -\langle 0 | \varphi(x) | 0 \rangle

代入公式 (32.5) 并取 θ=0\theta = 0，得到 −⟨0∣φ(x)∣0⟩=−v2-\langle 0 | \varphi(x) | 0 \rangle = -\frac{v}{\sqrt{2}}。 由于 v≠0v \neq 0，这导致了矛盾（0=−v20 = -\frac{v}{\sqrt{2}}）。因此，假设不成立，必然有：

Q∣0⟩≠0\boxed{ Q|0\rangle \neq 0 }

与未破缺对称性（Unbroken Symmetry）的对比：

  1. 未破缺对称性：真空态是唯一的，且在对称变换下保持不变，即 e−iαQ∣0⟩=∣0⟩e^{-i\alpha Q}|0\rangle = |0\rangle。对其展开可得 Q∣0⟩=0\boxed{Q|0\rangle = 0}。这强制要求场的真空期望值必须为零：⟨0∣φ∣0⟩=−⟨0∣[Q,φ]∣0⟩=0\langle 0|\varphi|0\rangle = -\langle 0|[Q, \varphi]|0\rangle = 0。
  2. 自发破缺对称性（本题情形）：存在连续简并的真空态（由 θ\theta 标记）。对称变换会将一个真空态映射到另一个物理上等价但不同的真空态（∣θ⟩→∣θ+α⟩|\theta\rangle \to |\theta+\alpha\rangle），因此真空不再具有该对称性，即 Q∣0⟩≠0\boxed{Q|0\rangle \neq 0}。正是因为 QQ 不湮灭真空，场 φ\varphi 才被允许获得非零的真空期望值 ⟨0∣φ∣0⟩=v/2≠0\langle 0|\varphi|0\rangle = v/\sqrt{2} \neq 0（Goldstone 定理的直接推论）。
32.2

Problem 32.2

srednickiChapter 32

习题 32.2

来源: 第32章, PDF第209页

32.2 In problem 24.3, we showed that [φi,Qa]=(Ta)ijφj[\varphi_i, Q^a] = (T^a)_{ij}\varphi_j, where QaQ^a is the Noether charge in the SO(N)SO(N) symmetric theory. Use this result to show that Qa∣0⟩≠0Q^a|0\rangle \neq 0 if and only if QaQ^a is broken.

习题 32.2 - 解答

习题分析与物理背景

在量子场论中，由 Noether 电荷 QaQ^a 生成的连续对称性发生自发破缺（Spontaneous Symmetry Breaking）的严格定义是：存在某个基本场 φi\varphi_i，其真空期望值（VEV）在对称性变换下发生非平凡的改变。

设场的真空期望值为 vi≡⟨0∣φi∣0⟩v_i \equiv \langle 0| \varphi_i |0\rangle。场在对称性下的无穷小变换由对易子给出：δaφi=i[φi,Qa]\delta^a \varphi_i = i[\varphi_i, Q^a]。 利用题目给定的对易关系 [φi,Qa]=(Ta)ijφj[\varphi_i, Q^a] = (T^a)_{ij}\varphi_j，真空期望值的变换可以写为： δavi=⟨0∣δaφi∣0⟩=i⟨0∣[φi,Qa]∣0⟩=i(Ta)ij⟨0∣φj∣0⟩=i(Ta)ijvj\delta^a v_i = \langle 0| \delta^a \varphi_i |0\rangle = i \langle 0| [\varphi_i, Q^a] |0\rangle = i (T^a)_{ij} \langle 0| \varphi_j |0\rangle = i (T^a)_{ij} v_j 因此，对称性 QaQ^a 发生破缺的充要条件是： (Ta)ijvj≠0  ⟺  ⟨0∣[φi,Qa]∣0⟩≠0(T^a)_{ij} v_j \neq 0 \iff \langle 0| [\varphi_i, Q^a] |0\rangle \neq 0

证明过程

1. 证明必要性：如果 QaQ^a 破缺，则 Qa∣0⟩≠0Q^a|0\rangle \neq 0

假设对称性 QaQ^a 是破缺的。根据上述分析，这意味着对易子的真空期望值不为零： ⟨0∣[φi,Qa]∣0⟩≠0\langle 0| [\varphi_i, Q^a] |0\rangle \neq 0 将对易子展开，我们得到： ⟨0∣φiQa∣0⟩−⟨0∣Qaφi∣0⟩≠0\langle 0| \varphi_i Q^a |0\rangle - \langle 0| Q^a \varphi_i |0\rangle \neq 0 Noether 电荷 QaQ^a 对应于物理可观测量，因此它是一个厄米算符（Hermitian operator），即 (Qa)†=Qa(Q^a)^\dagger = Q^a。这允许我们将左矢作用写为 ⟨0∣Qa=(Qa∣0⟩)†\langle 0| Q^a = (Q^a |0\rangle)^\dagger。

我们采用反证法：假设 Qa∣0⟩=0Q^a|0\rangle = 0。 那么必然有 ⟨0∣Qa=0\langle 0| Q^a = 0。将这两个条件代入展开的对易子中，得到： ⟨0∣φi(0)−(0)φi∣0⟩=0\langle 0| \varphi_i (0) - (0) \varphi_i |0\rangle = 0 这与破缺条件 ⟨0∣[φi,Qa]∣0⟩≠0\langle 0| [\varphi_i, Q^a] |0\rangle \neq 0 相矛盾。因此，假设不成立，我们必然得出： Qa∣0⟩≠0Q^a|0\rangle \neq 0

2. 证明充分性：如果 Qa∣0⟩≠0Q^a|0\rangle \neq 0，则 QaQ^a 破缺

假设 Qa∣0⟩≠0Q^a|0\rangle \neq 0。我们需要证明对称性是破缺的，即 (Ta)ijvj≠0(T^a)_{ij} v_j \neq 0。

在局域量子场论中，这可以通过 Fabri-Picasso 定理 给出严谨的证明。电荷是守恒流零分量的空间积分：Qa=∫ddxJ0a(x)Q^a = \int d^d x J_0^a(x)。我们计算态 Qa∣0⟩Q^a|0\rangle 的模长平方： ∥Qa∣0⟩∥2=⟨0∣QaQa∣0⟩=∫ddx⟨0∣J0a(x)Qa∣0⟩\| Q^a|0\rangle \|^2 = \langle 0| Q^a Q^a |0\rangle = \int d^d x \langle 0| J_0^a(x) Q^a |0\rangle 由于内部对称性生成元 QaQ^a 与时空平移算符 PμP^\mu 对易（[Pμ,Qa]=0[P^\mu, Q^a] = 0），且真空具有平移不变性，我们可以利用平移算符 J0a(x)=eiP⋅xJ0a(0)e−iP⋅xJ_0^a(x) = e^{iP\cdot x} J_0^a(0) e^{-iP\cdot x} 将被积函数化简： ⟨0∣J0a(x)Qa∣0⟩=⟨0∣eiP⋅xJ0a(0)e−iP⋅xQa∣0⟩=⟨0∣J0a(0)Qa∣0⟩\langle 0| J_0^a(x) Q^a |0\rangle = \langle 0| e^{iP\cdot x} J_0^a(0) e^{-iP\cdot x} Q^a |0\rangle = \langle 0| J_0^a(0) Q^a |0\rangle 可以看出，被积函数与空间坐标 xx 无关。因此模长积分为： ∥Qa∣0⟩∥2=V⟨0∣J0a(0)Qa∣0⟩\| Q^a|0\rangle \|^2 = V \langle 0| J_0^a(0) Q^a |0\rangle 其中 V=∫ddxV = \int d^d x 是无穷大的空间体积。 如果 Qa∣0⟩≠0Q^a|0\rangle \neq 0，则必然有 ⟨0∣J0a(0)Qa∣0⟩≠0\langle 0| J_0^a(0) Q^a |0\rangle \neq 0。由于 V→∞V \to \infty，这导致态的模长 ∥Qa∣0⟩∥2→∞\| Q^a|0\rangle \|^2 \to \infty。

模长发散意味着 QaQ^a 作为一个作用在希尔伯特空间上的算符是**不存在（ill-defined）**的。在量子场论中，电荷算符的不存在正是自发对称性破缺的根本标志。既然真空不再是对称性变换的本征态，且基本场 φi\varphi_i 构成了算符的完备集，必然存在某个场使得其真空期望值在对称性下不守恒，即： ⟨0∣[φi,Qa]∣0⟩=(Ta)ij⟨0∣φj∣0⟩≠0\langle 0| [\varphi_i, Q^a] |0\rangle = (T^a)_{ij} \langle 0| \varphi_j |0\rangle \neq 0 因此，QaQ^a 是破缺的。

结论

综合上述两个方向的证明，我们得出 Noether 电荷不湮灭真空是对称性发生自发破缺的充要条件。

Qa∣0⟩≠0  ⟺  Qa is broken\boxed{Q^a|0\rangle \neq 0 \iff Q^a \text{ is broken}}

32.3

Problem 32.3

srednickiChapter 32

习题 32.3

来源: 第32章, PDF第209页

32.3 We define the decay constant ff of the Goldstone boson via

⟨k∣jμ(x)∣0⟩=ifkμe−ikx,(32.18)\langle k|j^\mu(x)|0\rangle = ifk^\mu e^{-ikx}, \tag{32.18}

where ∣k⟩|k\rangle is the state of a single Goldstone boson with four-momentum kk, normalized in the usual way, ∣0⟩|0\rangle is the θ=0\theta = 0 vacuum, and jμ(x)j^\mu(x) is the Noether current.

a) Compute ff at tree level. (That is, express jμj^\mu in terms of the ρ\rho and χ\chi fields, and then use free field theory to compute the matrix element.) A nonvanishing value of ff indicates that the corresponding current is spontaneously broken.

b) Discuss how your result would be modified by higher-order corrections.

习题 32.3 - 解答

题目分析与物理背景

本题探讨自发对称性破缺（Spontaneous Symmetry Breaking, SSB）中戈德斯通玻色子（Goldstone boson）的衰变常数 ff。在具有连续全局对称性的理论中，若真空破坏了该对称性，必然会产生无质量的戈德斯通玻色子。衰变常数 ff 刻画了真空通过诺特流（Noether current）跃迁到单戈德斯通玻色子态的强度。

考虑一个具有全局 U(1)U(1) 对称性的复标量场理论，其拉格朗日量为：

L=−∂μφ†∂μφ−V(φ†φ)\mathcal{L} = -\partial^\mu \varphi^\dagger \partial_\mu \varphi - V(\varphi^\dagger \varphi)

当势能 VV 使得标量场获得非零的真空期望值（VEV）时，对称性发生自发破缺。我们可以将场在真空附近展开：

φ(x)=12[v+ρ(x)+iχ(x)]\varphi(x) = \frac{1}{\sqrt{2}} \left[ v + \rho(x) + i\chi(x) \right]

其中 vv 是实数真空期望值，ρ(x)\rho(x) 是具有质量的径向激发场（类似 Higgs 场），χ(x)\chi(x) 是无质量的相位激发场，即戈德斯通玻色子。

(a) 树图阶计算衰变常数 ff

1. 构造诺特流 jμ(x)j^\mu(x) 拉格朗日量在全局 U(1)U(1) 变换 φ→eiαφ\varphi \to e^{i\alpha}\varphi 下不变。无穷小变换为 δφ=iφ\delta \varphi = i\varphi 和 δφ†=−iφ†\delta \varphi^\dagger = -i\varphi^\dagger。根据诺特定理，对应的守恒流为：

jμ=∂L∂(∂μφ)δφ+∂L∂(∂μφ†)δφ†=(−∂μφ†)(iφ)+(−∂μφ)(−iφ†)j^\mu = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \varphi)} \delta \varphi + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \varphi^\dagger)} \delta \varphi^\dagger = (-\partial^\mu \varphi^\dagger)(i\varphi) + (-\partial^\mu \varphi)(-i\varphi^\dagger)
jμ=i(φ†∂μφ−φ∂μφ†)j^\mu = i (\varphi^\dagger \partial^\mu \varphi - \varphi \partial^\mu \varphi^\dagger)

2. 用 ρ\rho 和 χ\chi 场表示诺特流 将 φ=12(v+ρ+iχ)\varphi = \frac{1}{\sqrt{2}}(v + \rho + i\chi) 及其导数代入诺特流表达式中：

∂μφ=12(∂μρ+i∂μχ),∂μφ†=12(∂μρ−i∂μχ)\partial^\mu \varphi = \frac{1}{\sqrt{2}}(\partial^\mu \rho + i\partial^\mu \chi), \quad \partial^\mu \varphi^\dagger = \frac{1}{\sqrt{2}}(\partial^\mu \rho - i\partial^\mu \chi)

计算括号内的项：

φ†∂μφ=12(v+ρ−iχ)(∂μρ+i∂μχ)=12[(v+ρ)∂μρ+χ∂μχ+i(v+ρ)∂μχ−iχ∂μρ]\varphi^\dagger \partial^\mu \varphi = \frac{1}{2} (v + \rho - i\chi)(\partial^\mu \rho + i\partial^\mu \chi) = \frac{1}{2} \left[ (v+\rho)\partial^\mu \rho + \chi\partial^\mu \chi + i(v+\rho)\partial^\mu \chi - i\chi\partial^\mu \rho \right]
φ∂μφ†=12(v+ρ+iχ)(∂μρ−i∂μχ)=12[(v+ρ)∂μρ+χ∂μχ−i(v+ρ)∂μχ+iχ∂μρ]\varphi \partial^\mu \varphi^\dagger = \frac{1}{2} (v + \rho + i\chi)(\partial^\mu \rho - i\partial^\mu \chi) = \frac{1}{2} \left[ (v+\rho)\partial^\mu \rho + \chi\partial^\mu \chi - i(v+\rho)\partial^\mu \chi + i\chi\partial^\mu \rho \right]

两式相减并乘以 ii：

jμ=i⋅12[2i(v+ρ)∂μχ−2iχ∂μρ]=−(v+ρ)∂μχ+χ∂μρj^\mu = i \cdot \frac{1}{2} \left[ 2i(v+\rho)\partial^\mu \chi - 2i\chi\partial^\mu \rho \right] = -(v+\rho)\partial^\mu \chi + \chi\partial^\mu \rho

展开后得到：

jμ(x)=−v∂μχ(x)−ρ(x)∂μχ(x)+χ(x)∂μρ(x)j^\mu(x) = -v \partial^\mu \chi(x) - \rho(x) \partial^\mu \chi(x) + \chi(x) \partial^\mu \rho(x)

3. 计算矩阵元并提取 ff 在树图阶（自由场近似）下，单戈德斯通玻色子态 ∣k⟩|k\rangle 仅由 χ\chi 场的线性项产生贡献。因此，在计算矩阵元 ⟨k∣jμ(x)∣0⟩\langle k|j^\mu(x)|0\rangle 时，只有线性项 jlinearμ=−v∂μχj^\mu_{\text{linear}} = -v \partial^\mu \chi 存活：

⟨k∣jμ(x)∣0⟩=⟨k∣(−v∂μχ(x))∣0⟩=−v∂μ⟨k∣χ(x)∣0⟩\langle k|j^\mu(x)|0\rangle = \langle k| (-v \partial^\mu \chi(x)) |0\rangle = -v \partial^\mu \langle k|\chi(x)|0\rangle

利用自由标量场的平面波展开，单粒子态的矩阵元为 ⟨k∣χ(x)∣0⟩=e−ikx\langle k|\chi(x)|0\rangle = e^{-ikx}。对其求导可得：

∂μ⟨k∣χ(x)∣0⟩=∂μ(e−ikx)=−ikμe−ikx\partial^\mu \langle k|\chi(x)|0\rangle = \partial^\mu (e^{-ikx}) = -ik^\mu e^{-ikx}

代回矩阵元表达式：

⟨k∣jμ(x)∣0⟩=−v(−ikμe−ikx)=ivkμe−ikx\langle k|j^\mu(x)|0\rangle = -v (-ik^\mu e^{-ikx}) = ivk^\mu e^{-ikx}

将其与题目给定的定义式 ⟨k∣jμ(x)∣0⟩=ifkμe−ikx\langle k|j^\mu(x)|0\rangle = ifk^\mu e^{-ikx} 进行对比，直接得出树图阶的衰变常数：

f=v\boxed{f = v}

这表明，只要真空期望值 v≠0v \neq 0（即对称性发生自发破缺），衰变常数 ff 就非零。

(b) 高阶修正对结果的影响讨论

在考虑圈图（高阶）修正时，上述结果会发生以下几方面的物理修正：

  1. 洛伦兹结构的精确性： 矩阵元 ⟨k∣jμ(x)∣0⟩\langle k|j^\mu(x)|0\rangle 必须是一个四维矢量。由于真空 ∣0⟩|0\rangle 是洛伦兹标量，而单粒子态 ∣k⟩|k\rangle 仅携带唯一的四动量 kμk^\mu，根据洛伦兹协变性，该矩阵元在任何微扰阶数下都必须严格正比于 kμe−ikxk^\mu e^{-ikx}。因此，参数化形式 ⟨k∣jμ(x)∣0⟩=ifkμe−ikx\langle k|j^\mu(x)|0\rangle = ifk^\mu e^{-ikx} 在全阶（all orders）下都是精确成立的。

  2. 守恒流的非重整化： 由于 jμ(x)j^\mu(x) 是对应于精确全局对称性的诺特流，满足 ∂μjμ=0\partial_\mu j^\mu = 0。受 Ward-Takahashi 恒等式的保护，守恒流算符本身不需要整体的重整化常数（即其反常标度纲量为零），jbareμ=jrenormalizedμj^\mu_{\text{bare}} = j^\mu_{\text{renormalized}}。

  3. 衰变常数 ff 的数值修正： 尽管形式不变，但 ff 的具体数值会偏离树图阶的 vv。在裸场（bare fields）表述下，线性流为 jμ=−v0∂μχ0+…j^\mu = -v_0 \partial^\mu \chi_0 + \dots。引入波函数重整化 χ0=Zχ1/2χR\chi_0 = Z_\chi^{1/2} \chi_R 后，矩阵元变为：

    ⟨k∣jμ(x)∣0⟩=−v0Zχ1/2⟨k∣∂μχR(x)∣0⟩=i(v0Zχ1/2)kμe−ikx\langle k|j^\mu(x)|0\rangle = -v_0 Z_\chi^{1/2} \langle k|\partial^\mu \chi_R(x)|0\rangle = i (v_0 Z_\chi^{1/2}) k^\mu e^{-ikx}

    因此，包含高阶修正后的衰变常数为：

    f=Zχ1/2v0\boxed{f = Z_\chi^{1/2} v_0}

    其中 v0v_0 是裸真空期望值，ZχZ_\chi 是戈德斯通玻色子的波函数重整化常数。用重整化后的参数表达，ff 将是重整化 VEV vRv_R 和耦合常数的复杂函数（即 f=vR+O(ℏ)f = v_R + \mathcal{O}(\hbar)）。只要对称性仍然是自发破缺的，高阶修正后的 ff 依然保持非零，这保证了戈德斯通定理在量子层面上依然严格成立。