习题 35.1 - 解答

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题目分析与物理背景

在两分量旋量形式（Weyl 旋量）中，未打点指标 $a, b$ 对应于左手旋量（属于洛伦兹群的 $(1/2, 0)$ 表示），打点指标 $\dot{a}, \dot{b}$ 对应于右手旋量（属于 $(0, 1/2)$ 表示）。泡利矩阵的四维推广 $\sigma^\mu_{a\dot{a}}$ 和 $\bar{\sigma}^{\mu\dot{a}a}$ 用于将时空矢量与双旋量联系起来。反对称张量 $\varepsilon^{ab}$ 和 $\varepsilon^{\dot{a}\dot{b}}$ 充当旋量空间的度规，用于升降指标。

本题要求通过矩阵乘法的形式，利用 $\varepsilon$ 矩阵与泡利矩阵的代数性质，从 $\sigma^\mu$ 的定义推导出 $\bar{\sigma}^\mu$ 的具体矩阵形式。

推导过程

已知定义式 (35.19) 和 (35.2)：

为了将式 (35.19) 写成矩阵乘法的形式，我们需要调整指标的顺序。将 $\bar{\sigma}^{\mu}$ 视为一个矩阵，其行指标为 $\dot{a}$，列指标为 $a$。 注意到 $\sigma_{b\dot{b}}^\mu$ 是矩阵 $\sigma^\mu$ 的第 $(b, \dot{b})$ 个矩阵元，它可以写为转置矩阵 $(\sigma^{\mu})^T$ 的第 $(\dot{b}, b)$ 个矩阵元：

同时，$\varepsilon^{ab}$ 是矩阵 $\varepsilon$ 的第 $(a, b)$ 个矩阵元，它可以写为转置矩阵 $\varepsilon^T$ 的第 $(b, a)$ 个矩阵元：

将这两项代入式 (35.19) 并重新排列各项，得到：

这正是三个矩阵相乘的第 $(\dot{a}, a)$ 个矩阵元。因此，在矩阵形式下，该式可以写为：

根据提示，在数值上 $\varepsilon$ 矩阵等同于 $i\sigma_2$：

由于 $\sigma_2$ 是反对称矩阵（$\sigma_2^T = -\sigma_2$），我们有：

将 $\varepsilon$ 和 $\varepsilon^T$ 代入矩阵乘法表达式中：

接下来，我们利用泡利矩阵的性质对 $\mu = 0$ 和 $\mu = 1, 2, 3$ 分别进行计算。

1. 对于 $\mu = 0$ 分量： 已知 $\sigma^0 = I$（单位矩阵），其转置 $(I)^T = I$。

   $$\bar{\sigma}^0 = \sigma_2 I \sigma_2 = \sigma_2^2 = I$$

2. 对于空间分量 $\mu = i \in \{1, 2, 3\}$： 已知 $\sigma^i = \sigma_i$。我们需要计算 $\sigma_2 \sigma_i^T \sigma_2$。

   • 当 $i = 1$ 时，$\sigma_1^T = \sigma_1$。利用泡利矩阵的反对易关系 $\{\sigma_1, \sigma_2\} = 0$，有： $\bar{\sigma}^1 = \sigma_2 \sigma_1 \sigma_2 = -\sigma_1 \sigma_2^2 = -\sigma_1$
   • 当 $i = 2$ 时，$\sigma_2^T = -\sigma_2$。有： $\bar{\sigma}^2 = \sigma_2 (-\sigma_2) \sigma_2 = -\sigma_2^3 = -\sigma_2$
   • 当 $i = 3$ 时，$\sigma_3^T = \sigma_3$。利用反对易关系 $\{\sigma_3, \sigma_2\} = 0$，有： $\bar{\sigma}^3 = \sigma_2 \sigma_3 \sigma_2 = -\sigma_3 \sigma_2^2 = -\sigma_3$

   综上所述，对于所有的空间分量 $i=1,2,3$，均有：

   $$\bar{\sigma}^i = -\sigma^i$$

结合时间分量和空间分量的结果，我们得到：

这正是式 (35.20)。

最终结论

通过矩阵乘法重写指标缩并，并利用泡利矩阵的代数性质，我们成功证明了：

习题 35.2 - 解答

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物理背景与约定说明

在 Srednicki 的量子场论约定中，时空度规的符号差为 $(-, +, +, +)$。因此，空间指标的升降不改变符号，即 $\sigma^k = \sigma_k$。

四维 Pauli 矩阵及其共轭定义为： $\sigma^\mu = (I, \vec{\sigma}), \quad \bar{\sigma}^\mu = (I, -\vec{\sigma})$ 其中 $\sigma^0 = \bar{\sigma}^0 = I$（$2 \times 2$ 单位矩阵），$\sigma^i$ 为标准的 Pauli 矩阵。Pauli 矩阵满足基本的对易关系： $[\sigma^i, \sigma^j] = 2i \varepsilon^{ijk} \sigma^k$

公式 (35.21) 给出了洛伦兹群左手旋量表示的生成元： $(S_L^{\mu\nu})_a{}^b = \frac{i}{4} (\sigma^\mu \bar{\sigma}^\nu - \sigma^\nu \bar{\sigma}^\mu)_a{}^b$ 我们需要分别计算 $\mu\nu = k0$ 和 $\mu\nu = ij$ 的分量，以验证其与公式 (34.10) 和 (34.9) 的一致性。

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推导过程

1. 验证与 Eq. (34.10) 的一致性

将 $\mu = k, \nu = 0$ 代入 Eq. (35.21)： $S_L^{k0} = \frac{i}{4} (\sigma^k \bar{\sigma}^0 - \sigma^0 \bar{\sigma}^k)$

代入 $\sigma^0 = I, \bar{\sigma}^0 = I$，以及空间分量 $\sigma^k = \sigma_k, \bar{\sigma}^k = -\sigma_k$： $S_L^{k0} = \frac{i}{4} \left[ \sigma_k I - I (-\sigma_k) \right]$

化简括号内的项： $S_L^{k0} = \frac{i}{4} (\sigma_k + \sigma_k) = \frac{i}{4} (2\sigma_k) = \frac{1}{2} i \sigma_k$

恢复旋量指标，即得： $\boxed{ (S_L^{k0})_a{}^b = \frac{1}{2} i \sigma_k }$ 这与 Eq. (34.10) 完全一致。

2. 验证与 Eq. (34.9) 的一致性

将 $\mu = i, \nu = j$ 代入 Eq. (35.21)： $S_L^{ij} = \frac{i}{4} (\sigma^i \bar{\sigma}^j - \sigma^j \bar{\sigma}^i)$

代入空间分量 $\sigma^i = \sigma^i, \bar{\sigma}^j = -\sigma^j$： $S_L^{ij} = \frac{i}{4} \left[ \sigma^i (-\sigma^j) - \sigma^j (-\sigma^i) \right]$

提取负号并利用对易子定义： $S_L^{ij} = -\frac{i}{4} (\sigma^i \sigma^j - \sigma^j \sigma^i) = -\frac{i}{4} [\sigma^i, \sigma^j]$

代入 Pauli 矩阵的对易关系 $[\sigma^i, \sigma^j] = 2i \varepsilon^{ijk} \sigma^k$： $S_L^{ij} = -\frac{i}{4} (2i \varepsilon^{ijk} \sigma^k) = \left(-\frac{i}{4}\right) (2i) \varepsilon^{ijk} \sigma^k = \frac{1}{2} \varepsilon^{ijk} \sigma^k$

由于空间指标升降不改变符号，$\sigma^k = \sigma_k$，恢复旋量指标即得： $\boxed{ (S_L^{ij})_a{}^b = \frac{1}{2} \varepsilon^{ijk} \sigma_k }$ 这与 Eq. (34.9) 完全一致。

结论

通过分别计算时间-空间分量 $S_L^{k0}$ 和空间-空间分量 $S_L^{ij}$，证明了 Eq. (35.21) 能够准确还原 Eq. (34.10) 和 Eq. (34.9)，两者完全自洽。

习题 35.3 - 解答

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根据 Srednicki 的《Quantum Field Theory》第35章，Dirac 旋量定义为 $\Psi = \begin{pmatrix} \chi_a \\ \bar{\xi}^{\dot{a}} \end{pmatrix}$。在 Weyl 表象下，洛伦兹生成元 $S^{\mu\nu}$ 的矩阵形式由式 (35.22) 给出： $S^{ij} = \frac{1}{2} \epsilon^{ijk} \begin{pmatrix} \sigma^k & 0 \\ 0 & \sigma^k \end{pmatrix}, \quad S^{i0} = \frac{i}{2} \begin{pmatrix} \sigma^i & 0 \\ 0 & -\sigma^i \end{pmatrix}$

由于 $S^{\mu\nu}$ 的对角块分别作用于左手旋量 $\chi_a$ 和右手旋量 $\bar{\xi}^{\dot{a}}$，我们可以直接读出左手和右手洛伦兹生成元的矩阵元。注意它们自然的指标结构分别为 $(S_L)_a{}^b$ 和 $(S_R)^{\dot{a}}{}_{\dot{b}}$：

对于空间旋转部分（$\mu=i, \nu=j$）： $(S_L^{ij})_a{}^b = \frac{1}{2} \epsilon^{ijk} \sigma^k, \quad (S_R^{ij})^{\dot{a}}{}_{\dot{b}} = \frac{1}{2} \epsilon^{ijk} \sigma^k$

对于洛伦兹递升部分（$\mu=i, \nu=0$）： $(S_L^{i0})_a{}^b = \frac{i}{2} \sigma^i, \quad (S_R^{i0})^{\dot{a}}{}_{\dot{b}} = -\frac{i}{2} \sigma^i$

我们需要验证式 (34.17) 的自洽性： $(S_R^{\mu\nu})_{\dot{a}}{}^{\dot{b}} = -[(S_L^{\mu\nu})_a{}^b]^*$

第一步：计算等式右边 (RHS) 对 $S_L^{\mu\nu}$ 取复共轭并添加负号： 对于 $ij$ 分量： $-[(S_L^{ij})_a{}^b]^* = -\left( \frac{1}{2} \epsilon^{ijk} \sigma^k \right)^* = -\frac{1}{2} \epsilon^{ijk} (\sigma^k)^*$ 对于 $i0$ 分量： $-[(S_L^{i0})_a{}^b]^* = -\left( \frac{i}{2} \sigma^i \right)^* = \frac{i}{2} (\sigma^i)^*$

第二步：计算等式左边 (LHS) 我们需要将 $(S_R^{\mu\nu})^{\dot{a}}{}_{\dot{b}}$ 的第一个指标下降，第二个指标上升。根据旋量指标的升降规则 $\bar{\chi}_{\dot{a}} = \epsilon_{\dot{a}\dot{c}} \bar{\chi}^{\dot{c}}$ 和 $\bar{\chi}^{\dot{b}} = \epsilon^{\dot{b}\dot{d}} \bar{\chi}_{\dot{d}}$，矩阵元的指标变换为： $(S_R^{\mu\nu})_{\dot{a}}{}^{\dot{b}} = \epsilon_{\dot{a}\dot{c}} (S_R^{\mu\nu})^{\dot{c}}{}_{\dot{d}} \epsilon^{\dot{d}\dot{b}}$

引入反对称张量的矩阵表示。在 Srednicki 的约定中，$\epsilon^{12} = 1, \epsilon_{12} = -1$。因此，定义矩阵 $E$ 使得 $E_{\dot{a}\dot{c}} = \epsilon_{\dot{a}\dot{c}}$，则 $E = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = -i\sigma_2$。 同理，矩阵 $\epsilon^{\dot{d}\dot{b}}$ 对应于 $E^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} = i\sigma_2$。 因此，指标的升降操作等价于矩阵的相似变换： $(S_R^{\mu\nu})_{\text{lowered/raised}} = E S_R^{\mu\nu} E^{-1}$

利用泡利矩阵的重要恒等式 $E \sigma^i E^{-1} = (-i\sigma_2) \sigma^i (i\sigma_2) = \sigma_2 \sigma^i \sigma_2 = -(\sigma^i)^*$，我们可以计算 LHS： 对于 $ij$ 分量： $(S_R^{ij})_{\dot{a}}{}^{\dot{b}} = E \left( \frac{1}{2} \epsilon^{ijk} \sigma^k \right) E^{-1} = \frac{1}{2} \epsilon^{ijk} \left( -(\sigma^k)^* \right) = -\frac{1}{2} \epsilon^{ijk} (\sigma^k)^*$ 对于 $i0$ 分量： $(S_R^{i0})_{\dot{a}}{}^{\dot{b}} = E \left( -\frac{i}{2} \sigma^i \right) E^{-1} = -\frac{i}{2} \left( -(\sigma^i)^* \right) = \frac{i}{2} (\sigma^i)^*$

第三步：对比验证 对比 LHS 和 RHS 的计算结果： $(S_R^{ij})_{\dot{a}}{}^{\dot{b}} = -\frac{1}{2} \epsilon^{ijk} (\sigma^k)^* = -[(S_L^{ij})_a{}^b]^*$ $(S_R^{i0})_{\dot{a}}{}^{\dot{b}} = \frac{i}{2} (\sigma^i)^* = -[(S_L^{i0})_a{}^b]^*$

两者在所有分量上均完全相等，由此得出： $\boxed{ (S_R^{\mu\nu})_{\dot{a}}{}^{\dot{b}} = -[(S_L^{\mu\nu})_a{}^b]^* }$ 这严谨地证明了式 (35.22) 给出的生成元显式矩阵形式与式 (34.17) 的共轭关系是完全自洽的。

习题 35.4 - 解答

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为了证明等式 (35.5)，我们需要从二分量旋量形式下泡利矩阵与度规张量的基本定义出发。在 Srednicki 的《Quantum Field Theory》中，采用的度规符号差为 $g_{\mu\nu} = \text{diag}(-1, +1, +1, +1)$。

1. 基本定义与矩阵表示 四维泡利矩阵定义为： $\sigma^\mu_{a\dot{a}} = (I, \vec{\sigma})_{a\dot{a}}, \quad \bar{\sigma}^{\mu\dot{a}a} = (I, -\vec{\sigma})^{\dot{a}a}$ 其中 $\vec{\sigma} = (\sigma^1, \sigma^2, \sigma^3)$ 为标准的 $2 \times 2$ 泡利矩阵。

反对称的 Levi-Civita 张量用于升降旋量指标，其非零分量定义为： $\varepsilon^{12} = \varepsilon^{\dot{1}\dot{2}} = 1, \quad \varepsilon^{21} = \varepsilon^{\dot{2}\dot{1}} = -1$ 在矩阵表示下，$\varepsilon^{ab}$ 和 $\varepsilon^{\dot{a}\dot{b}}$ 均对应于矩阵 $E = i\sigma^2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$。

2. 证明 $\bar{\sigma}^{\nu\dot{a}a}$ 的指标升降关系 我们首先证明恒等式 $\bar{\sigma}^{\nu\dot{a}a} = \varepsilon^{\dot{a}\dot{b}} \varepsilon^{ab} \sigma^\nu_{b\dot{b}}$。 将右侧写为矩阵乘法的形式。注意到 $\sigma^\nu_{b\dot{b}} = (\sigma^{\nu T})_{\dot{b}b}$，且 $\varepsilon^{ab} = (E^T)^{ba}$，我们可以将其写为： $\varepsilon^{\dot{a}\dot{b}} \varepsilon^{ab} \sigma^\nu_{b\dot{b}} = \varepsilon^{\dot{a}\dot{b}} (\sigma^{\nu T})_{\dot{b}b} (E^T)^{ba} = \left( E \sigma^{\nu T} E^T \right)^{\dot{a}a}$ 利用泡利矩阵的性质 $\sigma^2 \vec{\sigma}^T \sigma^2 = -\vec{\sigma}$，我们对 $\nu = 0$ 和 $\nu = i$ 分别计算 $E \sigma^{\nu T} E^T$：

• 对于 $\nu = 0$：$E I E^T = E E^T = I$
• 对于 $\nu = i$：$E (\sigma^i)^T E^T = (i\sigma^2) (\sigma^i)^T (-i\sigma^2) = \sigma^2 (\sigma^i)^T \sigma^2 = -\sigma^i$

因此，我们得到： $E \sigma^{\nu T} E^T = (I, -\vec{\sigma}) = \bar{\sigma}^\nu$ 这就证明了： $\varepsilon^{\dot{a}\dot{b}} \varepsilon^{ab} \sigma^\nu_{b\dot{b}} = \bar{\sigma}^{\nu\dot{a}a}$

3. 计算原式的缩并 将上述关系代入待证等式的左边： $\varepsilon^{ab} \varepsilon^{\dot{a}\dot{b}} \sigma_{a\dot{a}}^{\mu} \sigma_{b\dot{b}}^{\nu} = \sigma_{a\dot{a}}^{\mu} \left( \varepsilon^{\dot{a}\dot{b}} \varepsilon^{ab} \sigma_{b\dot{b}}^{\nu} \right) = \sigma_{a\dot{a}}^{\mu} \bar{\sigma}^{\nu\dot{a}a}$ 根据矩阵乘法和迹的定义，上式正是矩阵 $\sigma^\mu$ 和 $\bar{\sigma}^\nu$ 乘积的迹： $\sigma_{a\dot{a}}^{\mu} \bar{\sigma}^{\nu\dot{a}a} = \text{Tr}(\sigma^\mu \bar{\sigma}^\nu)$

4. 计算矩阵的迹 现在我们按分量计算 $\text{Tr}(\sigma^\mu \bar{\sigma}^\nu)$：

• 当 $\mu = 0, \nu = 0$ 时： $\text{Tr}(\sigma^0 \bar{\sigma}^0) = \text{Tr}(I \cdot I) = 2$
• 当 $\mu = i, \nu = j$ （空间分量）时： $\text{Tr}(\sigma^i \bar{\sigma}^j) = \text{Tr}(\sigma^i (-\sigma^j)) = -\text{Tr}(\sigma^i \sigma^j) = -2\delta^{ij}$
• 当 $\mu = 0, \nu = i$ 或 $\mu = i, \nu = 0$ （时空交叉分量）时： $\text{Tr}(\sigma^0 \bar{\sigma}^i) = \text{Tr}(-\sigma^i) = 0, \quad \text{Tr}(\sigma^i \bar{\sigma}^0) = \text{Tr}(\sigma^i) = 0$

结合度规张量 $g^{\mu\nu} = \text{diag}(-1, 1, 1, 1)$ 的分量：

• $-2g^{00} = -2(-1) = 2$
• $-2g^{ij} = -2\delta^{ij}$
• $-2g^{0i} = -2g^{i0} = 0$

可以看出，对于所有的 $\mu, \nu$，均有： $\text{Tr}(\sigma^\mu \bar{\sigma}^\nu) = -2g^{\mu\nu}$

结论 综合以上推导，我们得出： $\varepsilon^{ab} \varepsilon^{\dot{a}\dot{b}} \sigma_{a\dot{a}}^{\mu} \sigma_{b\dot{b}}^{\nu} = \text{Tr}(\sigma^\mu \bar{\sigma}^\nu) = -2g^{\mu\nu}$ 等式得证。