习题 33.1 - 解答

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本题要求将一个一般的二阶张量场 $B^{\mu\nu}(x)$ 分解为洛伦兹群（Lorentz group）的不可约表示（Irreducible representations）。在相对论性量子场论中，一个一般的二阶张量可以唯一地分解为三个部分：反对称部分 $A^{\mu\nu}(x)$、对称无迹部分 $S^{\mu\nu}(x)$ 以及标量（迹）部分 $T(x)$。

下面进行具体的分析与推导。

首先，任何一个二阶张量 $B^{\mu\nu}$ 都可以按其指标的对称性，平凡地分解为对称部分和反对称部分： $B^{\mu\nu}(x) = \frac{1}{2}\left[B^{\mu\nu}(x) + B^{\nu\mu}(x)\right] + \frac{1}{2}\left[B^{\mu\nu}(x) - B^{\nu\mu}(x)\right]$

1. 反对称部分 $A^{\mu\nu}(x)$ 张量的反对称部分在洛伦兹变换下自身构成一个不可约表示。因此，我们可以直接将其定义为 $A^{\mu\nu}(x)$： $A^{\mu\nu}(x) = \frac{1}{2}\left[B^{\mu\nu}(x) - B^{\nu\mu}(x)\right]$ 显然，它满足反对称性 $A^{\mu\nu} = -A^{\nu\mu}$。

2. 标量（迹）部分 $T(x)$ 对称部分 $\frac{1}{2}[B^{\mu\nu}(x) + B^{\nu\mu}(x)]$ 仍然是一个可约表示，因为我们可以从中提取出一个在洛伦兹变换下保持不变的标量，即张量的迹（Trace）。 利用闵可夫斯基度规 $g_{\mu\nu}$ 进行缩并，定义迹 $T(x)$ 为： $T(x) = g_{\mu\nu}B^{\mu\nu}(x) = B^\mu_{\;\;\mu}(x)$ 注意，由于反对称部分的迹恒为零（$g_{\mu\nu}A^{\mu\nu} = 0$），$T(x)$ 完全来源于 $B^{\mu\nu}$ 的对称部分。

3. 对称无迹部分 $S^{\mu\nu}(x)$ 为了得到完全的不可约表示，我们需要从对称部分中减去包含迹的贡献，从而构造出一个对称且无迹（Traceless）的张量 $S^{\mu\nu}(x)$。 假设时空维度为 $d=4$（标准量子场论背景），度规张量的迹为 $g_{\mu\nu}g^{\mu\nu} = 4$。 我们将对称部分写为无迹部分与迹部分的线性组合： $\frac{1}{2}\left[B^{\mu\nu}(x) + B^{\nu\mu}(x)\right] = S^{\mu\nu}(x) + c \, g^{\mu\nu} T(x)$ 两边同时乘以 $g_{\mu\nu}$ 取迹： $T(x) = g_{\mu\nu}S^{\mu\nu}(x) + c \, (g_{\mu\nu}g^{\mu\nu}) T(x)$ 由于要求 $S^{\mu\nu}$ 是无迹的（即 $g_{\mu\nu}S^{\mu\nu} = 0$），且 $g_{\mu\nu}g^{\mu\nu} = 4$，我们得到： $T(x) = 0 + 4c \, T(x) \implies c = \frac{1}{4}$ （注：若在任意 $d$ 维时空中，则 $c = 1/d$）。 因此，将 $c=1/4$ 代回原式，解出 $S^{\mu\nu}(x)$： $S^{\mu\nu}(x) = \frac{1}{2}\left[B^{\mu\nu}(x) + B^{\nu\mu}(x)\right] - \frac{1}{4} g^{\mu\nu} T(x)$

总结 通过上述分解，原张量被严格表达为 $B^{\mu\nu} = A^{\mu\nu} + S^{\mu\nu} + \frac{1}{4}g^{\mu\nu}T$。各项用 $B^{\mu\nu}(x)$ 表达的最终结果如下：

习题 33.2 - 解答

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物理背景与分析

在量子场论中，洛伦兹群的李代数 $\mathfrak{so}(1,3)$ 由旋转生成元 $J_i$ 和洛伦兹递升（boost）生成元 $K_i$ 构成。由于递升生成元 $K_i$ 之间不对易且产生旋转生成元，洛伦兹代数的结构较为复杂。为了对洛伦兹群的有限维表示进行分类，我们通常将该代数复化，即引入非厄米算符：

（这里假设 $J_i$ 和 $K_i$ 为厄米算符，即 $J_i^\dagger = J_i, K_i^\dagger = K_i$）。 通过这种基底变换，原本耦合的洛伦兹代数被解耦为两个相互对易的 $\mathfrak{su}(2)$ 李代数。这使得我们可以用两个半整数 $(n, m)$ 来标记洛伦兹群的表示（例如 $(1/2, 0)$ 为左手外尔旋量，$(0, 1/2)$ 为右手外尔旋量）。

本题要求利用 $J_i$ 和 $K_i$ 的对易关系 (33.11–33.13)，证明新生成的算符 $N_i$ 和 $N_i^\dagger$ 满足两个独立的 $\mathfrak{su}(2)$ 代数关系且彼此对易。

在推导过程中，我们将频繁使用反对称张量的性质，特别是 $[K_i, J_j] = -[J_j, K_i] = -i \varepsilon_{jik} K_k = i \varepsilon_{ijk} K_k$。

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推导过程

1. 验证公式 (33.18)：$[N_i, N_j] = i\varepsilon_{ijk}N_k$

根据 $N_i$ 的定义展开对易子：

代入已知的对易关系 (33.11–33.13) 以及 $[K_i, J_j] = i \varepsilon_{ijk} K_k$：

由于括号内正是 $N_k$ 的定义，我们得到：

2. 验证公式 (33.19)：$[N_i^\dagger, N_j^\dagger] = i\varepsilon_{ijk}N_k^\dagger$

根据 $N_i^\dagger$ 的定义展开对易子：

同样代入已知的对易关系：

括号内正是 $N_k^\dagger$ 的定义，因此：

3. 验证公式 (33.20)：$[N_i, N_j^\dagger] = 0$

展开 $N_i$ 与 $N_j^\dagger$ 的交叉对易子：

代入对易关系：

各项完全抵消，因此：