习题 34.1 - 解答

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物理背景与分析

公式 (34.1) 描述了旋量场 $\psi_a(x)$ 在洛伦兹变换下的有限变换规律。等式左边是场算符在希尔伯特空间中由幺正算符 $U(\Lambda)$ 驱动的变换，右边则是时空坐标变换与旋量表示矩阵共同作用的结果。 为了得到对易关系 (34.6)，我们需要考虑无穷小洛伦兹变换 $\Lambda^\mu{}_\nu = \delta^\mu_\nu + \omega^\mu{}_\nu$，其中 $\omega_{\mu\nu} = -\omega_{\nu\mu}$ 是反对称的无穷小参数。通过将公式 (34.1) 两边对 $\omega_{\mu\nu}$ 展开到一阶，即可提取出洛伦兹群生成元 $M^{\mu\nu}$ 与场算符的对易关系。

推导过程

1. 左边 (LHS) 的展开 对于无穷小洛伦兹变换，希尔伯特空间上的幺正算符 $U(\Lambda)$ 及其逆算符可以展开为： $U(\Lambda) = I + \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} M^{\mu\nu} + \mathcal{O}(\omega^2)$ $U(\Lambda)^{-1} = I - \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} M^{\mu\nu} + \mathcal{O}(\omega^2)$ 将其代入公式 (34.1) 的左边： $\text{LHS} = \left( I - \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} M^{\mu\nu} \right) \psi_a(x) \left( I + \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} M^{\mu\nu} \right)$ 展开并仅保留至 $\omega$ 的一阶项： $\text{LHS} = \psi_a(x) - \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} M^{\mu\nu} \psi_a(x) + \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} \psi_a(x) M^{\mu\nu}$ 利用对易子定义 $[A, B] = AB - BA$，上式可化为： $\text{LHS} = \psi_a(x) - \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} [M^{\mu\nu}, \psi_a(x)] = \psi_a(x) + \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} [\psi_a(x), M^{\mu\nu}]$

2. 右边 (RHS) 的展开 公式 (34.1) 的右边包含旋量表示矩阵 $L_a{}^b(\Lambda)$ 和坐标变换后的场 $\psi_b(\Lambda^{-1} x)$。 首先，旋量表示矩阵的无穷小展开为： $L_a{}^b(\Lambda) = \delta_a^b + \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} (S_L^{\mu\nu})_a{}^b + \mathcal{O}(\omega^2)$ 其次，逆洛伦兹变换作用在坐标上为 $(\Lambda^{-1})^\mu{}_\nu = \delta^\mu_\nu - \omega^\mu{}_\nu$，因此变换后的坐标为： $(\Lambda^{-1} x)^\mu = x^\mu - \omega^\mu{}_\nu x^\nu$ 将场算符在 $x$ 处进行泰勒展开： $\psi_b(\Lambda^{-1} x) = \psi_b(x) - \omega^\mu{}_\nu x^\nu \partial_\mu \psi_b(x) + \mathcal{O}(\omega^2)$ 利用度规将指标降下，并利用 $\omega_{\mu\nu}$ 的反对称性 ($\omega_{\mu\nu} = -\omega_{\nu\mu}$)，可以将导数项改写并作反对称化处理： $\omega^\mu{}_\nu x^\nu \partial_\mu = \eta^{\mu\rho} \omega_{\rho\nu} x^\nu \partial_\mu = \omega_{\mu\nu} x^\nu \partial^\mu$ $= \frac{1}{2} \omega_{\mu\nu} x^\nu \partial^\mu + \frac{1}{2} \omega_{\mu\nu} x^\nu \partial^\mu = \frac{1}{2} \omega_{\mu\nu} x^\nu \partial^\mu - \frac{1}{2} \omega_{\nu\mu} x^\nu \partial^\mu$ 交换第二项中的哑指标 $\mu \leftrightarrow \nu$： $= \frac{1}{2} \omega_{\mu\nu} x^\nu \partial^\mu - \frac{1}{2} \omega_{\mu\nu} x^\mu \partial^\nu = -\frac{1}{2} \omega_{\mu\nu} (x^\mu \partial^\nu - x^\nu \partial^\mu)$ 引入轨道角动量算符 $\mathcal{L}^{\mu\nu} = -i(x^\mu \partial^\nu - x^\nu \partial^\mu)$，上式可化为： $-\frac{1}{2} \omega_{\mu\nu} (x^\mu \partial^\nu - x^\nu \partial^\mu) = \frac{1}{2} \omega_{\mu\nu} (i \mathcal{L}^{\mu\nu}) = \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} \mathcal{L}^{\mu\nu}$ 因此，场算符的展开式为： $\psi_b(\Lambda^{-1} x) = \psi_b(x) + \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} \mathcal{L}^{\mu\nu} \psi_b(x)$ 现在将 $L_a{}^b(\Lambda)$ 和 $\psi_b(\Lambda^{-1} x)$ 的展开式代入 RHS，并保留到一阶项： $\text{RHS} = \left( \delta_a^b + \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} (S_L^{\mu\nu})_a{}^b \right) \left( \psi_b(x) + \frac{i}{2} \omega_{\rho\sigma} \mathcal{L}^{\rho\sigma} \psi_b(x) \right)$ $= \delta_a^b \psi_b(x) + \delta_a^b \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} \mathcal{L}^{\mu\nu} \psi_b(x) + \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} (S_L^{\mu\nu})_a{}^b \psi_b(x)$ $= \psi_a(x) + \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} \left[ \mathcal{L}^{\mu\nu} \psi_a(x) + (S_L^{\mu\nu})_a{}^b \psi_b(x) \right]$

3. 对比两边提取对易子 将 LHS 和 RHS 的一阶展开结果等同： $\psi_a(x) + \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} [\psi_a(x), M^{\mu\nu}] = \psi_a(x) + \frac{i}{2} \omega_{\mu\nu} \left[ \mathcal{L}^{\mu\nu} \psi_a(x) + (S_L^{\mu\nu})_a{}^b \psi_b(x) \right]$ 消去等式两边的 $\psi_a(x)$，并提取出 $\frac{i}{2} \omega_{\mu\nu}$ 的系数。由于 $\omega_{\mu\nu}$ 是任意的反对称参数，且等式两边方括号内的算符在 $\mu, \nu$ 交换下均天然具有反对称性，因此我们可以直接令系数相等，得到最终结果：

习题 34.2 - 解答

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为了验证方程 (34.9) 和 (34.10) 满足洛伦兹代数 (34.4)，我们需要将生成元的具体表达式代入对易关系中进行计算。

已知洛伦兹代数方程 (34.4) 为：

采用“绝大多数为正”的度规约定 $g^{\mu\nu} = \text{diag}(-1, 1, 1, 1)$，即 $g^{00} = -1$，$g^{ij} = \delta^{ij}$，$g^{0i} = 0$。 生成元的表达式为：

在三维平直空间中，上下指标的 Levi-Civita 符号没有区别（$\varepsilon_{ijk} = \varepsilon^{ijk}$）。我们将利用泡利矩阵的对易关系 $[\sigma_i, \sigma_j] = 2i \varepsilon^{ijk} \sigma_k$。由于 $S_L^{\mu\nu}$ 是反对称的，我们只需验证三种独立的指标组合情况：

情形 1：纯空间分量 ($\mu=i, \nu=j, \rho=k, \sigma=l$)

左边 (LHS):

利用恒等式 $\varepsilon^{ijm} \varepsilon^{mnp} = \varepsilon^{ijm} \varepsilon^{npm} = \delta^{in} \delta^{jp} - \delta^{ip} \delta^{jn}$，可得：

右边 (RHS): 代入 $g^{ij} = \delta^{ij}$，方程 (34.4) 的右边为：

为了证明 LHS = RHS，我们需要证明以下张量恒等式：

在三维空间中，任何具有 4 个指标的全反对称张量必然为零。我们通过对不同指标进行全反对称化来构造恒等式：

1. 对 $\delta^{ik} \varepsilon^{jlm}$ 关于 $i, j, l, m$ 反对称化： $\delta^{ik} \varepsilon^{jlm} - \delta^{jk} \varepsilon^{ilm} + \delta^{lk} \varepsilon^{ijm} - \delta^{mk} \varepsilon^{ijl} = 0 \implies \delta^{ik} \varepsilon^{jlm} - \delta^{jk} \varepsilon^{ilm} = \delta^{mk} \varepsilon^{ijl} - \delta^{lk} \varepsilon^{ijm}$
2. 对 $\delta^{il} \varepsilon^{jkm}$ 关于 $i, j, k, m$ 反对称化： $\delta^{il} \varepsilon^{jkm} - \delta^{jl} \varepsilon^{ikm} + \delta^{kl} \varepsilon^{ijm} - \delta^{ml} \varepsilon^{ijk} = 0 \implies -\delta^{il} \varepsilon^{jkm} + \delta^{jl} \varepsilon^{ikm} = -\delta^{ml} \varepsilon^{ijk} + \delta^{kl} \varepsilon^{ijm}$ 将上述两式相加，得到 RHS 括号内的表达式： $\text{RHS 括号} = \delta^{mk} \varepsilon^{ijl} - \delta^{ml} \varepsilon^{ijk}$
3. 对 $\delta^{im} \varepsilon^{klj}$ 关于 $i, k, l, j$ 反对称化： $\delta^{im} \varepsilon^{klj} - \delta^{km} \varepsilon^{ilj} + \delta^{lm} \varepsilon^{ikj} - \delta^{jm} \varepsilon^{ikl} = 0$ 利用 $\varepsilon^{ikl} = \varepsilon^{kli}$，$\varepsilon^{ilj} = -\varepsilon^{ijl}$ 以及 $\varepsilon^{ikj} = -\varepsilon^{ijk}$，上式化简为： $\delta^{im} \varepsilon^{klj} + \delta^{km} \varepsilon^{ijl} - \delta^{lm} \varepsilon^{ijk} - \delta^{jm} \varepsilon^{kli} = 0 \implies \varepsilon^{kli} \delta^{jm} - \varepsilon^{klj} \delta^{im} = \delta^{km} \varepsilon^{ijl} - \delta^{lm} \varepsilon^{ijk}$ 这与化简后的 RHS 完全一致。因此：

情形 2：混合空间与时间分量 ($\mu=i, \nu=j, \rho=k, \sigma=0$)

左边 (LHS):

利用 $\varepsilon^{ijm} \varepsilon^{mkn} = \varepsilon^{ijm} \varepsilon^{knm} = \delta^{ik} \delta^{jn} - \delta^{in} \delta^{jk}$，可得：

右边 (RHS): 代入 $g^{i0} = g^{j0} = 0$ 和 $g^{ik} = \delta^{ik}$：

显然 LHS = RHS，因此：

情形 3：纯混合分量 ($\mu=i, \nu=0, \rho=j, \sigma=0$)

左边 (LHS):

右边 (RHS): 代入 $S_L^{00} = 0$，$g^{0j} = g^{i0} = 0$ 以及 $g^{00} = -1$：

显然 LHS = RHS，因此：

综上所述，方程 (34.9) 和 (34.10) 完美满足洛伦兹代数方程 (34.4) 的所有独立分量要求。

习题 34.3 - 解答

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在四维闵可夫斯基时空（Minkowski spacetime）中，度规张量 $g_{\mu\nu}$ 的行列式为 $g = \det(g_{\mu\nu}) = -1$（无论采用 $(+,-,-,-)$ 还是 $(-,+,+,+)$ 符号差）。Levi-Civita 符号 $\varepsilon^{\mu\nu\rho\sigma}$ 是全反对称张量密度，满足 $\varepsilon^{0123} = 1$。其协变形式为 $\varepsilon_{\alpha\beta\gamma\delta} = g \varepsilon^{\alpha\beta\gamma\delta} = -\varepsilon^{\alpha\beta\gamma\delta}$。

两个 Levi-Civita 符号的缩并可以通过广义克罗内克 $\delta$（Generalized Kronecker delta）的行列式展开来计算。在四维时空中，无缩并的乘积满足以下基本恒等式：

负号来源于度规行列式 $g = -1$。基于此基本恒等式，我们逐一证明题目中的三个缩并关系。

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证明 (34.44)：对一个指标 $\sigma$ 缩并

令基本恒等式中的 $\delta = \sigma$，并对 $\sigma$ 求和（在四维时空中，迹 $\delta^{\sigma}{}_{\sigma} = 4$）：

沿最后一行展开该 $4 \times 4$ 行列式：

利用 $\delta^{\sigma}{}_{\alpha}$ 缩并会将行列式中最后一列的 $\sigma$ 替换为 $\alpha$。通过交换列将替换后的列移至对应位置（第一项需交换2次，第二项需交换1次，第三项需交换0次），前三个行列式均化为与第四个相同的 $3 \times 3$ 行列式：

直接展开此 $3 \times 3$ 行列式（包含 $3! = 6$ 项）：

将负号分配进去，并按题目要求的顺序重排各项，即得：

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证明 (34.45)：对两个指标 $\rho, \sigma$ 缩并

在 (34.44) 的结果中，令 $\gamma = \rho$ 并对 $\rho$ 求和。利用张量缩并规则 $\delta^{\rho}{}_{\rho} = 4$ 以及 $\delta^{\nu}{}_{\rho} \delta^{\rho}{}_{\alpha} = \delta^{\nu}{}_{\alpha}$ 等性质：

合并同类项：

提取公因子 $-2$，即得：

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证明 (34.46)：对三个指标 $\nu, \rho, \sigma$ 缩并

在 (34.45) 的结果中，令 $\beta = \nu$ 并对 $\nu$ 求和。同样利用 $\delta^{\nu}{}_{\nu} = 4$ 和 $\delta^{\mu}{}_{\nu} \delta^{\nu}{}_{\alpha} = \delta^{\mu}{}_{\alpha}$：

计算乘积，即得：

习题 34.4 - 解答

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物理背景与洛伦兹代数分解

在四维时空中，固有正时洛伦兹群的复化李代数同构于两个独立的 $\mathfrak{su}(2)$ 代数的直和，即： $\mathfrak{so}(1,3)_\mathbb{C} \cong \mathfrak{su}(2)_L \oplus \mathfrak{su}(2)_R$ 因此，洛伦兹群的表示可以通过这两个独立的 $\mathfrak{su}(2)$ 代数的自旋量子数 $(n, n')$ 来标记。其中 $n$ 是 $\mathfrak{su}(2)_L$ 的自旋，$n'$ 是 $\mathfrak{su}(2)_R$ 的自旋。该表示的维度为 $(2n+1)(2n'+1)$，在题目中被记作 $(2n+1, 2n'+1)$ 表示。

无点指标与 $\mathfrak{su}(2)_L$ 表示

对于场 $C_{a...c\dot{a}...\dot{c}}(x)$，其每一个无点指标（undotted index）$a \in \{1, 2\}$ 都作为一个左手外尔旋量变换，对应于 $\mathfrak{su}(2)_L$ 的基础表示（自旋 $1/2$ 表示）。 $N$ 个无点指标的张量积在 $\mathfrak{su}(2)_L$ 下按 $(1/2)^{\otimes N}$ 变换。题目指出该场对任意一对无点指标的交换都是全对称的。 在二维复矢量空间中，秩为 $N$ 的全对称张量空间的维度为： $\dim_L = \binom{N+2-1}{N} = N+1$ 在 $\mathfrak{su}(2)$ 群中，用于缩并和约化张量的不变张量是反对称的列维-奇维塔符号 $\epsilon^{ab}$。由于该场在无点指标上是全对称的，任何使用 $\epsilon^{ab}$ 进行的指标缩并都会恒等于零（即 $\epsilon^{ab}C_{ab...} = 0$）。这意味着该全对称子空间无法被进一步约化，必然构成 $\mathfrak{su}(2)_L$ 的一个单一不可约表示。 对于 $\mathfrak{su}(2)$ 代数，维度为 $N+1$ 的不可约表示对应的自旋 $n$ 满足 $2n+1 = N+1$，由此可得： $n = \frac{N}{2}$

有点指标与 $\mathfrak{su}(2)_R$ 表示

同理，每一个有点指标（dotted index）$\dot{a} \in \{\dot{1}, \dot{2}\}$ 都作为一个右手外尔旋量变换，对应于 $\mathfrak{su}(2)_R$ 的基础表示（自旋 $1/2$ 表示）。 $M$ 个有点指标的张量积在 $\mathfrak{su}(2)_R$ 下按 $(1/2)^{\otimes M}$ 变换。由于场对任意一对有点指标的交换也是全对称的，它处于 $\mathfrak{su}(2)_R$ 的全对称子空间中，其维度为： $\dim_R = \binom{M+2-1}{M} = M+1$ 同样地，由于全对称性，与反对称不变张量 $\epsilon^{\dot{a}\dot{b}}$ 的缩并恒为零，因此该子空间构成 $\mathfrak{su}(2)_R$ 的一个单一不可约表示。 维度为 $M+1$ 的不可约表示对应的自旋 $n'$ 满足 $2n'+1 = M+1$，由此可得： $n' = \frac{M}{2}$

组合为洛伦兹群的不可约表示

完整的场 $C_{a...c\dot{a}...\dot{c}}(x)$ 在洛伦兹群下的变换是其无点指标部分和有点指标部分变换的直积。由于 $\mathfrak{su}(2)_L$ 和 $\mathfrak{su}(2)_R$ 是相互对易的独立代数，$\mathfrak{su}(2)_L$ 的一个不可约表示与 $\mathfrak{su}(2)_R$ 的一个不可约表示的直积，自动构成整个洛伦兹代数 $\mathfrak{su}(2)_L \oplus \mathfrak{su}(2)_R$ 的一个单一不可约表示。

综上所述，该场对应于洛伦兹群的一个单一不可约表示，其左右手部分的维度分别为 $2n+1 = N+1$ 和 $2n'+1 = M+1$。因此，该表示即为 $(2n+1, 2n'+1)$，其中 $n$ 和 $n'$ 的值为： $\boxed{n = \frac{N}{2}, \quad n' = \frac{M}{2}}$