习题 36.1 - 解答

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在相对论性量子场论中，洛伦兹群的任意表示下的有限洛伦兹变换可以由生成元 $S^{\mu\nu}$ 指数化得到。一般形式的洛伦兹变换算符表示为：

其中，$\omega_{\mu\nu}$ 是反对称的洛伦兹变换参数张量（即 $\omega_{\mu\nu} = -\omega_{\nu\mu}$），$S^{\mu\nu}$ 是满足洛伦兹代数的反对称生成元（即 $S^{\mu\nu} = -S^{\nu\mu}$）。

根据习题 2.9 的结果，物理上的旋转和洛伦兹推移（Boost）可以通过确定参数张量 $\omega_{\mu\nu}$ 的具体非零分量来描述。

1. 绕 $z$ 轴旋转 $\theta$ 角

对于绕 $z$ 轴（即在 $xy$ 平面内）旋转角度 $\theta$ 的变换，坐标变换的无穷小形式给出了参数张量 $\omega_{\mu\nu}$ 的非零分量。根据习题 2.9 的推导，该旋转对应的参数为：

其余所有 $\omega_{\mu\nu}$ 分量均为零。

将这些非零分量代入一般表示式 $D(\Lambda)$ 中，由于求和是对所有 $\mu, \nu$ 进行的，我们只需写出 $\mu, \nu \in \{1, 2\}$ 的项：

利用生成元的反对称性 $S^{21} = -S^{12}$ 以及参数的反对称性，上式化简为：

这正是绕 $z$ 轴旋转 $\theta$ 角的表示算符。

2. 沿 $z$ 方向快度为 $\eta$ 的推移 (Boost)

对于沿 $z$ 方向快度（rapidity）为 $\eta$ 的洛伦兹推移，坐标变换的无穷小形式同样给出了对应的参数张量 $\omega_{\mu\nu}$。根据习题 2.9 的推导，该推移对应的参数为：

（注意：这里使用了度规符号约定 $\eta_{\mu\nu} = \text{diag}(-, +, +, +)$，使得 $\omega^3_{\phantom{3}0} = \eta$ 且 $\omega^0_{\phantom{0}3} = \eta$，降指标后得到 $\omega_{30} = \eta_{33}\omega^3_{\phantom{3}0} = \eta$ 以及 $\omega_{03} = \eta_{00}\omega^0_{\phantom{0}3} = -\eta$）。其余所有 $\omega_{\mu\nu}$ 分量均为零。

将这些非零分量代入一般表示式 $D(\Lambda)$ 中，提取 $\mu, \nu \in \{0, 3\}$ 的项：

同样利用生成元的反对称性 $S^{03} = -S^{30}$，上式化简为：

这正是沿 $z$ 方向快度为 $\eta$ 的推移表示算符。

习题 36.2 - 解答

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为了验证 Eq. (36.46) 与 Eq. (36.43) 的一致性，我们需要在 Weyl（手征）表象下显式地计算 Dirac $\gamma$ 矩阵的乘积，并结合旋量指标的结构进行对比。

1. 物理背景与约定

在 Weyl 表象中，Dirac $\gamma$ 矩阵的 $2 \times 2$ 分块形式定义为：

其中，$\sigma^\mu = (I, \vec{\sigma})$，$\bar{\sigma}^\mu = (I, -\vec{\sigma})$，$\vec{\sigma} = (\sigma^1, \sigma^2, \sigma^3)$ 为 Pauli 矩阵。无点指标（如 $a, b$）对应左手 Weyl 旋量，有点指标（如 $\dot{a}, \dot{b}$）对应右手 Weyl 旋量。

根据该定义，具体的 $\gamma$ 矩阵为：

2. 计算 $\gamma^0 \gamma^1 \gamma^2 \gamma^3$

我们逐步计算这四个矩阵的乘积。首先计算 $\gamma^0 \gamma^1$：

接着计算 $\gamma^2 \gamma^3$：

利用 Pauli 矩阵的代数关系 $\sigma^j \sigma^k = \delta^{jk} I + i \varepsilon^{jkl} \sigma^l$，可知 $\sigma^2 \sigma^3 = i\sigma^1$。代入上式得到：

现在将两部分相乘，得到四个 $\gamma$ 矩阵的乘积：

由于 $(\sigma^1)^2 = I$，上式化简为：

3. 验证与 Eq. (36.43) 的一致性

根据 Eq. (36.46) 的第一部分，$\gamma_5$ 定义为：

将前面计算的结果代入，并乘以整体因子 $i$：

在旋量指标记号中，左上角的 $2 \times 2$ 矩阵作用于左手旋量空间（无点指标 $a, c$），其单位阵记为 $\delta_a{}^c$；右下角的 $2 \times 2$ 矩阵作用于右手旋量空间（有点指标 $\dot{a}, \dot{c}$），其单位阵记为 $\delta^{\dot{a}}{}_{\dot{c}}$。因此，该矩阵可以严格写为：

这与 Eq. (36.43) 完全一致。

4. 验证 Eq. (36.46) 中的全反对称张量形式

Eq. (36.46) 的第二部分给出了 $\gamma_5$ 的协变形式：

在度规符号约定为 $(-, +, +, +)$ 且 $\varepsilon^{0123} = +1$ 的情况下，全反对称 Levi-Civita 张量的下指标分量为 $\varepsilon_{0123} = \eta_{00}\eta_{11}\eta_{22}\eta_{33}\varepsilon^{0123} = (-1)(1)(1)(1)(1) = -1$。

由于 $\gamma$ 矩阵满足反对称对易关系 $\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = -2\eta^{\mu\nu}$，当四个指标 $\mu, \nu, \rho, \sigma$ 互不相同时，它们的乘积是全反对称的。因此，对所有排列求和等价于对 $0, 1, 2, 3$ 的排列求和并乘以 $4! = 24$：

将其代入协变定义式中：

这证明了 Eq. (36.46) 内部两个等号的自洽性。

综上所述，通过显式矩阵乘法与旋量指标的对应关系，我们证明了：

Eq. (36.46) 与 Eq. (36.43) 是完全一致的。

习题 36.3 - 解答

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a) 证明 Fierz 恒等式 (36.58) 和 (36.59)

在大多为正的度规约定 $(-,+,+,+)$ 下，泡利矩阵的完备性关系为： $(\bar{\sigma}^\mu)^{\dot{\alpha} \alpha} (\bar{\sigma}_\mu)^{\dot{\beta} \beta} = -2 \epsilon^{\dot{\alpha} \dot{\beta}} \epsilon^{\alpha \beta}$ 将待证等式 (36.58) 的左边用指标形式写出： \begin{aligned} (\chi_1^\dagger \bar{\sigma}^\mu \chi_2)(\chi_3^\dagger \bar{\sigma}\mu \chi_4) &= (\chi_1^\dagger){\dot{\alpha}} (\bar{\sigma}^\mu)^{\dot{\alpha} \alpha} (\chi_2)\alpha (\chi_3^\dagger){\dot{\beta}} (\bar{\sigma}\mu)^{\dot{\beta} \beta} (\chi_4)\beta \ &= (\chi_1^\dagger){\dot{\alpha}} (\chi_2)\alpha (\chi_3^\dagger){\dot{\beta}} (\chi_4)\beta (\bar{\sigma}^\mu)^{\dot{\alpha} \alpha} (\bar{\sigma}\mu)^{\dot{\beta} \beta} \ &= (\chi_1^\dagger){\dot{\alpha}} (\chi_2)\alpha (\chi_3^\dagger){\dot{\beta}} (\chi_4)\beta (-2 \epsilon^{\dot{\alpha} \dot{\beta}} \epsilon^{\alpha \beta}) \end{aligned} 由于外尔旋量是反对易的 Grassmann 数，将 $\chi_3^\dagger$ 移过 $\chi_2$ 会产生一个负号： \begin{aligned} &= 2 (\chi_1^\dagger){\dot{\alpha}} (\chi_3^\dagger){\dot{\beta}} (\chi_2)\alpha (\chi_4)\beta \epsilon^{\dot{\alpha} \dot{\beta}} \epsilon^{\alpha \beta} \ &= 2 \left[ (\chi_1^\dagger){\dot{\alpha}} \epsilon^{\dot{\alpha} \dot{\beta}} (\chi_3^\dagger){\dot{\beta}} \right] \left[ (\chi_2)\alpha \epsilon^{\alpha \beta} (\chi_4)_\beta \right] \end{aligned} 根据旋量缩并的定义 $\chi_1^\dagger \chi_3^\dagger = (\chi_1^\dagger)_{\dot{\alpha}} \epsilon^{\dot{\alpha} \dot{\beta}} (\chi_3^\dagger)_{\dot{\beta}}$ 以及 $\chi_2 \chi_4 = (\chi_2)^\beta (\chi_4)_\beta = \epsilon^{\beta \alpha} (\chi_2)_\alpha (\chi_4)_\beta = - \epsilon^{\alpha \beta} (\chi_2)_\alpha (\chi_4)_\beta$，我们有 $(\chi_2)_\alpha \epsilon^{\alpha \beta} (\chi_4)_\beta = - \chi_2 \chi_4$。代入上式得到： $= 2 (\chi_1^\dagger \chi_3^\dagger) (-\chi_2 \chi_4) = -2 (\chi_1^\dagger \chi_3^\dagger) (\chi_2 \chi_4)$ 这就证明了 (36.58) 式： $\boxed{ (\chi_1^\dagger \bar{\sigma}^\mu \chi_2)(\chi_3^\dagger \bar{\sigma}_\mu \chi_4) = -2(\chi_1^\dagger \chi_3^\dagger)(\chi_2 \chi_4) }$

对于 (36.59) 式，利用刚刚证明的 (36.58) 式，将右边的 $\chi_2$ 和 $\chi_4$ 互换位置： $(\chi_1^\dagger \bar{\sigma}^\mu \chi_4)(\chi_3^\dagger \bar{\sigma}_\mu \chi_2) = -2(\chi_1^\dagger \chi_3^\dagger)(\chi_4 \chi_2)$ 由于旋量乘积由两个反对易的 Grassmann 数组成，它们整体是对易的，即 $\chi_4 \chi_2 = \chi_2 \chi_4$。因此： $-2(\chi_1^\dagger \chi_3^\dagger)(\chi_4 \chi_2) = -2(\chi_1^\dagger \chi_3^\dagger)(\chi_2 \chi_4)$ 这正是 (36.58) 式的左边，从而证明了 (36.59) 式： $\boxed{ (\chi_1^\dagger \bar{\sigma}^\mu \chi_2)(\chi_3^\dagger \bar{\sigma}_\mu \chi_4) = (\chi_1^\dagger \bar{\sigma}^\mu \chi_4)(\chi_3^\dagger \bar{\sigma}_\mu \chi_2) }$

b) 证明狄拉克形式的 Fierz 恒等式 (36.61) 和 (36.62)

在 Weyl 表象下，狄拉克矩阵和手征投影算符表示为： $\gamma^\mu = \begin{pmatrix} 0 & \sigma^\mu \\ \bar{\sigma}^\mu & 0 \end{pmatrix}, \quad \gamma_5 = \begin{pmatrix} -I & 0 \\ 0 & I \end{pmatrix}$ $P_L = \frac{1-\gamma_5}{2} = \begin{pmatrix} I & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad P_R = \frac{1+\gamma_5}{2} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & I \end{pmatrix}$ 狄拉克伴随旋量定义为 $\overline{\Psi} = \Psi^\dagger \gamma^0 = \Psi^\dagger \begin{pmatrix} 0 & I \\ I & 0 \end{pmatrix}$。 对于 $\Psi_i = \begin{pmatrix} \chi_i \\ \xi_i^\dagger \end{pmatrix}$，有 $\overline{\Psi}_i = (\xi_i, \chi_i^\dagger)$。 对于共轭场 $\Psi_i^c = \begin{pmatrix} \xi_i \\ \chi_i^\dagger \end{pmatrix}$，有 $\overline{\Psi}_i^c = (\chi_i, \xi_i^\dagger)$。

计算 (36.61) 式的左边： $P_L \Psi_2 = \begin{pmatrix} \chi_2 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \gamma^\mu P_L \Psi_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ \bar{\sigma}^\mu \chi_2 \end{pmatrix}$ $\overline{\Psi}_1 \gamma^\mu P_L \Psi_2 = (\xi_1, \chi_1^\dagger) \begin{pmatrix} 0 \\ \bar{\sigma}^\mu \chi_2 \end{pmatrix} = \chi_1^\dagger \bar{\sigma}^\mu \chi_2$ 同理，$\overline{\Psi}_3 \gamma_\mu P_L \Psi_4 = \chi_3^\dagger \bar{\sigma}_\mu \chi_4$。因此左边为： $\text{LHS} = (\chi_1^\dagger \bar{\sigma}^\mu \chi_2)(\chi_3^\dagger \bar{\sigma}_\mu \chi_4)$

计算 (36.61) 式的右边： $P_R \Psi_3^c = \begin{pmatrix} 0 \\ \chi_3^\dagger \end{pmatrix} \implies \overline{\Psi}_1 P_R \Psi_3^c = (\xi_1, \chi_1^\dagger) \begin{pmatrix} 0 \\ \chi_3^\dagger \end{pmatrix} = \chi_1^\dagger \chi_3^\dagger$ $\overline{\Psi}_4^c P_L \Psi_2 = (\chi_4, \xi_4^\dagger) \begin{pmatrix} \chi_2 \\ 0 \end{pmatrix} = \chi_4 \chi_2 = \chi_2 \chi_4$ 因此右边为： $\text{RHS} = -2 (\chi_1^\dagger \chi_3^\dagger)(\chi_2 \chi_4)$ 根据 (36.58) 式，LHS = RHS，这就证明了 (36.61) 式： $\boxed{ (\overline{\Psi}_1 \gamma^\mu P_L \Psi_2)(\overline{\Psi}_3 \gamma_\mu P_L \Psi_4) = -2(\overline{\Psi}_1 P_R \Psi_3^c)(\overline{\Psi}_4^c P_L \Psi_2) }$

对于 (36.62) 式，左边已计算为 $(\chi_1^\dagger \bar{\sigma}^\mu \chi_2)(\chi_3^\dagger \bar{\sigma}_\mu \chi_4)$。 同理计算右边可得： $(\overline{\Psi}_1 \gamma^\mu P_L \Psi_4)(\overline{\Psi}_3 \gamma_\mu P_L \Psi_2) = (\chi_1^\dagger \bar{\sigma}^\mu \chi_4)(\chi_3^\dagger \bar{\sigma}_\mu \chi_2)$ 根据 (36.59) 式，两者相等，从而证明了 (36.62) 式： $\boxed{ (\overline{\Psi}_1 \gamma^\mu P_L \Psi_2)(\overline{\Psi}_3 \gamma_\mu P_L \Psi_4) = (\overline{\Psi}_1 \gamma^\mu P_L \Psi_4)(\overline{\Psi}_3 \gamma_\mu P_L \Psi_2) }$

c) 证明双线性型的共轭关系 (36.63)-(36.65)

对于 (36.63) 式，计算左边： $P_R \Psi_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ \xi_2^\dagger \end{pmatrix}, \quad \gamma^\mu P_R \Psi_2 = \begin{pmatrix} \sigma^\mu \xi_2^\dagger \\ 0 \end{pmatrix}$ $\overline{\Psi}_1 \gamma^\mu P_R \Psi_2 = (\xi_1, \chi_1^\dagger) \begin{pmatrix} \sigma^\mu \xi_2^\dagger \\ 0 \end{pmatrix} = \xi_1 \sigma^\mu \xi_2^\dagger$ 计算右边： $P_L \Psi_1^c = \begin{pmatrix} \xi_1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \gamma^\mu P_L \Psi_1^c = \begin{pmatrix} 0 \\ \bar{\sigma}^\mu \xi_1 \end{pmatrix}$ $-\overline{\Psi}_2^c \gamma^\mu P_L \Psi_1^c = -(\chi_2, \xi_2^\dagger) \begin{pmatrix} 0 \\ \bar{\sigma}^\mu \xi_1 \end{pmatrix} = -\xi_2^\dagger \bar{\sigma}^\mu \xi_1$ 将 $\xi_2^\dagger \bar{\sigma}^\mu \xi_1$ 用指标形式展开，并利用 $(\bar{\sigma}^\mu)^{\dot{\alpha} \alpha} = \epsilon^{\dot{\alpha} \dot{\beta}} \epsilon^{\alpha \beta} \sigma^\mu_{\beta \dot{\beta}}$： \begin{aligned} \xi_2^\dagger \bar{\sigma}^\mu \xi_1 &= (\xi_2^\dagger){\dot{\alpha}} (\bar{\sigma}^\mu)^{\dot{\alpha} \alpha} (\xi_1)\alpha \ &= (\xi_2^\dagger){\dot{\alpha}} \epsilon^{\dot{\alpha} \dot{\beta}} \epsilon^{\alpha \beta} \sigma^\mu{\beta \dot{\beta}} (\xi_1)\alpha \end{aligned} 利用反对称张量升降指标的性质 $\epsilon^{\alpha \beta} (\xi_1)_\alpha = - \epsilon^{\beta \alpha} (\xi_1)_\alpha = - (\xi_1)^\beta$ 以及 $(\xi_2^\dagger)_{\dot{\alpha}} \epsilon^{\dot{\alpha} \dot{\beta}} = - \epsilon^{\dot{\beta} \dot{\alpha}} (\xi_2^\dagger)_{\dot{\alpha}} = - (\xi_2^\dagger)^{\dot{\beta}}$： \begin{aligned} &= (- (\xi_2^\dagger)^{\dot{\beta}}) (- (\xi_1)^\beta) \sigma^\mu{\beta \dot{\beta}} = (\xi_2^\dagger)^{\dot{\beta}} (\xi_1)^\beta \sigma^\mu_{\beta \dot{\beta}} \end{aligned} 交换两个 Grassmann 旋量产生负号： \begin{aligned} &= - (\xi_1)^\beta \sigma^\mu_{\beta \dot{\beta}} (\xi_2^\dagger)^{\dot{\beta}} = - \xi_1 \sigma^\mu \xi_2^\dagger \end{aligned} 因此，右边 $= -(-\xi_1 \sigma^\mu \xi_2^\dagger) = \xi_1 \sigma^\mu \xi_2^\dagger$，与左边相等。这就证明了 (36.63) 式： $\boxed{ \overline{\Psi}_1 \gamma^\mu P_R \Psi_2 = -\overline{\Psi}_2^c \gamma^\mu P_L \Psi_1^c }$

对于 (36.64) 式： 左边为 $\overline{\Psi}_1 P_L \Psi_2 = (\xi_1, \chi_1^\dagger) \begin{pmatrix} \chi_2 \\ 0 \end{pmatrix} = \xi_1 \chi_2$。 右边为 $\overline{\Psi}_2^c P_L \Psi_1^c = (\chi_2, \xi_2^\dagger) \begin{pmatrix} \xi_1 \\ 0 \end{pmatrix} = \chi_2 \xi_1$。 由于旋量乘积是对易的（$\xi_1 \chi_2 = \chi_2 \xi_1$），左右两边相等，证明了 (36.64) 式： $\boxed{ \overline{\Psi}_1 P_L \Psi_2 = +\overline{\Psi}_2^c P_L \Psi_1^c }$

对于 (36.65) 式： 左边为 $\overline{\Psi}_1 P_R \Psi_2 = (\xi_1, \chi_1^\dagger) \begin{pmatrix} 0 \\ \xi_2^\dagger \end{pmatrix} = \chi_1^\dagger \xi_2^\dagger$。 右边为 $\overline{\Psi}_2^c P_R \Psi_1^c = (\chi_2, \xi_2^\dagger) \begin{pmatrix} 0 \\ \chi_1^\dagger \end{pmatrix} = \xi_2^\dagger \chi_1^\dagger$。 同样由于点旋量乘积也是对易的（$\chi_1^\dagger \xi_2^\dagger = \xi_2^\dagger \chi_1^\dagger$），左右两边相等，证明了 (36.65) 式： $\boxed{ \overline{\Psi}_1 P_R \Psi_2 = +\overline{\Psi}_2^c P_R \Psi_1^c }$

习题 36.4 - 解答

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a) 考虑时空平移变换 $x^\mu \to x^\mu + a^\mu$。在此变换下，标量作用量 $S = \int d^4x \mathcal{L}$ 应当保持不变。场的变化为 $\delta \varphi_A = -a^\nu \partial_\nu \varphi_A$。 拉格朗日密度的全变分为： $\delta \mathcal{L} = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \varphi_A} \delta \varphi_A + \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \varphi_A)} \partial_\mu (\delta \varphi_A)$ 利用欧拉-拉格朗日方程 $\partial_\mu \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \varphi_A)} = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \varphi_A}$，上式可写为全导数： $\delta \mathcal{L} = \partial_\mu \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \varphi_A)} \delta \varphi_A \right) = -\partial_\mu \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \varphi_A)} a^\nu \partial_\nu \varphi_A \right)$ 另一方面，由于 $\mathcal{L}$ 是标量场，其在平移下的变分也可直接写为 $\delta \mathcal{L} = -a^\nu \partial_\nu \mathcal{L} = -\partial_\mu (a^\nu \delta^\mu_\nu \mathcal{L})$。 将两种方式得到的 $\delta \mathcal{L}$ 相等，并提取任意常矢量 $a^\nu$，得到守恒流（即能量-动量张量）： $\partial_\mu \left( g^{\mu\nu} \mathcal{L} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \varphi_A)} \partial^\nu \varphi_A \right) = 0$ 因此，典范能量-动量张量为： $\boxed{ T^{\mu\nu} = g^{\mu\nu} \mathcal{L} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \varphi_A)} \partial^\nu \varphi_A }$

b) 考虑无穷小洛伦兹变换 $x^\mu \to x^\mu + \delta\omega^\mu{}_\nu x^\nu$，其中 $\delta\omega_{\mu\nu} = -\delta\omega_{\nu\mu}$。 坐标变分为 $\delta x^\mu = \delta\omega^\mu{}_\nu x^\nu$。场的总变分为： $\delta \varphi_A = \frac{i}{2} \delta\omega_{\rho\sigma} (S^{\rho\sigma})_A{}^B \varphi_B - \delta\omega^\rho{}_\sigma x^\sigma \partial_\rho \varphi_A$ 拉格朗日密度的变分为 $\delta \mathcal{L} = -\partial_\mu (\delta x^\mu \mathcal{L}) = -\partial_\mu (\delta\omega^\mu{}_\nu x^\nu \mathcal{L})$。 根据 Noether 定理，守恒流 $J^\mu$ 满足 $\partial_\mu J^\mu = 0$，其中： $J^\mu = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \varphi_A)} \delta \varphi_A + \delta\omega^\mu{}_\nu x^\nu \mathcal{L}$ 代入 $\delta \varphi_A$ 并提取反对称参数 $\frac{1}{2}\delta\omega_{\nu\rho}$： $J^\mu = \frac{1}{2}\delta\omega_{\nu\rho} \left[ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \varphi_A)} i (S^{\nu\rho})_A{}^B \varphi_B - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \varphi_A)} (g^{\mu\nu} x^\rho - g^{\mu\rho} x^\nu) \partial_\mu \varphi_A + (g^{\mu\nu} x^\rho - g^{\mu\rho} x^\nu) \mathcal{L} \right]$ 利用 (a) 中定义的 $T^{\mu\nu}$，轨道角动量部分可化简为 $x^\nu T^{\mu\rho} - x^\rho T^{\mu\nu}$。 定义自旋部分 $B^{\mu\nu\rho} \equiv -i \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \varphi_A)} (S^{\nu\rho})_A{}^B \varphi_B$，则对应于洛伦兹变换的 Noether 流为： $\boxed{ \mathcal{M}^{\mu\nu\rho} = x^\nu T^{\mu\rho} - x^\rho T^{\mu\nu} + B^{\mu\nu\rho} }$

c) 已知 $T^{\mu\nu}$ 和 $\mathcal{M}^{\mu\nu\rho}$ 均守恒，即 $\partial_\mu T^{\mu\nu} = 0$ 且 $\partial_\mu \mathcal{M}^{\mu\nu\rho} = 0$。 对 $\mathcal{M}^{\mu\nu\rho}$ 求散度： $\partial_\mu \mathcal{M}^{\mu\nu\rho} = \partial_\mu (x^\nu T^{\mu\rho}) - \partial_\mu (x^\rho T^{\mu\nu}) + \partial_\mu B^{\mu\nu\rho}$ 利用乘积法则 $\partial_\mu (x^\nu T^{\mu\rho}) = \delta_\mu^\nu T^{\mu\rho} + x^\nu \partial_\mu T^{\mu\rho} = T^{\nu\rho} + 0$（因为 $\partial_\mu T^{\mu\rho} = 0$），同理 $\partial_\mu (x^\rho T^{\mu\nu}) = T^{\rho\nu}$。 代入上式并令其等于零，直接得到： $\boxed{ T^{\nu\rho} - T^{\rho\nu} + \partial_\mu B^{\mu\nu\rho} = 0 }$

d) 定义 Belinfante 张量 $\Theta^{\mu\nu} \equiv T^{\mu\nu} + \frac{1}{2} \partial_\rho (B^{\rho\mu\nu} - B^{\mu\rho\nu} - B^{\nu\rho\mu})$。 对称性： 计算 $\Theta^{\mu\nu} - \Theta^{\nu\mu}$： $\Theta^{\mu\nu} - \Theta^{\nu\mu} = T^{\mu\nu} - T^{\nu\mu} + \frac{1}{2} \partial_\rho (B^{\rho\mu\nu} - B^{\mu\rho\nu} - B^{\nu\rho\mu} - B^{\rho\nu\mu} + B^{\nu\rho\mu} + B^{\mu\rho\nu})$ 由于洛伦兹生成元 $S^{\mu\nu}$ 是反对称的，故 $B^{\rho\mu\nu} = -B^{\rho\nu\mu}$。上式括号内的后四项相互抵消，剩下： $\Theta^{\mu\nu} - \Theta^{\nu\mu} = T^{\mu\nu} - T^{\nu\mu} + \partial_\rho B^{\rho\mu\nu}$ 由 (c) 的结论可知，上式严格等于 0。因此 $\Theta^{\mu\nu}$ 是对称的： $\boxed{ \Theta^{\mu\nu} = \Theta^{\nu\mu} }$ 守恒性： 求散度 $\partial_\mu \Theta^{\mu\nu} = \partial_\mu T^{\mu\nu} + \frac{1}{2} \partial_\mu \partial_\rho (B^{\rho\mu\nu} - B^{\mu\rho\nu} - B^{\nu\rho\mu})$。 第一项 $\partial_\mu T^{\mu\nu} = 0$。第二项中，$\partial_\mu \partial_\rho$ 对 $\mu,\rho$ 是对称的。 组合 $(B^{\rho\mu\nu} - B^{\mu\rho\nu})$ 对 $\mu,\rho$ 是反对称的，故 $\partial_\mu \partial_\rho (B^{\rho\mu\nu} - B^{\mu\rho\nu}) = 0$。 最后一项 $-\frac{1}{2} \partial_\mu \partial_\rho B^{\nu\rho\mu} = \frac{1}{2} \partial_\mu \partial_\rho B^{\nu\mu\rho}$，由于 $B^{\nu\mu\rho}$ 对 $\mu,\rho$ 反对称，该项也为 0。因此： $\boxed{ \partial_\mu \Theta^{\mu\nu} = 0 }$ 总动量： 积分 $\int d^3x \, \Theta^{0\nu} = \int d^3x \, T^{0\nu} + \frac{1}{2} \int d^3x \, \partial_\rho (B^{\rho 0\nu} - B^{0\rho\nu} - B^{\nu\rho 0})$。 令 $K^{\rho\mu\nu} = \frac{1}{2}(B^{\rho\mu\nu} - B^{\mu\rho\nu} - B^{\nu\rho\mu})$，注意 $K^{\rho\mu\nu} = -K^{\mu\rho\nu}$，因此 $K^{00\nu} = 0$。 附加项的积分为 $\int d^3x \, \partial_\rho K^{\rho 0 \nu} = \int d^3x \, \partial_i K^{i 0 \nu}$。由高斯定理，这转化为无穷远处的面积分，对于物理场该积分为零。因此： $\boxed{ \int d^3x \, \Theta^{0\nu} = \int d^3x \, T^{0\nu} = P^\nu }$

e) 定义 $\Xi^{\mu\nu\rho} \equiv x^\nu \Theta^{\mu\rho} - x^\rho \Theta^{\mu\nu}$。 守恒性： $\partial_\mu \Xi^{\mu\nu\rho} = \delta^\nu_\mu \Theta^{\mu\rho} + x^\nu \partial_\mu \Theta^{\mu\rho} - \delta^\rho_\mu \Theta^{\mu\nu} - x^\rho \partial_\mu \Theta^{\mu\nu} = \Theta^{\nu\rho} - \Theta^{\rho\nu}$ 由 (d) 知 $\Theta^{\mu\nu}$ 是对称且守恒的，故： $\boxed{ \partial_\mu \Xi^{\mu\nu\rho} = 0 }$ 总角动量： $\int d^3x \, \Xi^{0\nu\rho} = \int d^3x \left[ x^\nu (T^{0\rho} + \partial_i K^{i0\rho}) - x^\rho (T^{0\nu} + \partial_i K^{i0\nu}) \right]$ 对包含 $K$ 的项进行分部积分（表面项丢弃）： $\int d^3x \, x^\nu \partial_i K^{i0\rho} = -\int d^3x \, (\partial_i x^\nu) K^{i0\rho} = -\int d^3x \, \delta_i^\nu K^{i0\rho} = -\int d^3x \, K^{\nu 0 \rho}$ （此式对 $\nu=0$ 亦成立，因为 $K^{00\rho}=0$）。因此附加项积分为 $\int d^3x (-K^{\nu 0 \rho} + K^{\rho 0 \nu})$。 代入 $K$ 的定义并利用 $B$ 的反对称性 $B^{\alpha\beta\gamma} = -B^{\alpha\gamma\beta}$： $-K^{\nu 0 \rho} + K^{\rho 0 \nu} = \frac{1}{2} (-B^{\nu 0 \rho} + B^{0 \nu \rho} + B^{\rho \nu 0} + B^{\rho 0 \nu} - B^{0 \rho \nu} - B^{\nu \rho 0}) = B^{0\nu\rho}$ 因此： $\boxed{ \int d^3x \, \Xi^{0\nu\rho} = \int d^3x (x^\nu T^{0\rho} - x^\rho T^{0\nu} + B^{0\nu\rho}) = \int d^3x \, \mathcal{M}^{0\nu\rho} = M^{\nu\rho} }$

f) 利用运动方程（on-shell 条件），可以将 Belinfante 张量化简为明显的对称形式。 对于 Dirac 场： 拉格朗日量为 $\mathcal{L} = i \overline{\Psi} \gamma^\mu \partial_\mu \Psi - m \overline{\Psi} \Psi$。 典范能动张量为 $T^{\mu\nu} = g^{\mu\nu}\mathcal{L} - i \overline{\Psi} \gamma^\mu \partial^\nu \Psi$。 自旋张量 $B^{\rho\mu\nu} = \frac{i}{4} \overline{\Psi} \gamma^\rho [\gamma^\mu, \gamma^\nu] \Psi$。 计算 $\frac{1}{2}\partial_\rho(B^{\rho\mu\nu} - B^{\mu\rho\nu} - B^{\nu\rho\mu})$ 并利用 Dirac 方程 $i\gamma^\mu\partial_\mu\Psi = m\Psi$ 及其共轭，可将非对称的导数项转化为对称的导数项。最终得到的改进能量-动量张量为： $\boxed{ \Theta^{\mu\nu}_{\text{Dirac}} = -\frac{i}{4} \left[ \overline{\Psi} \gamma^\mu \partial^\nu \Psi - (\partial^\nu \overline{\Psi}) \gamma^\mu \Psi + \overline{\Psi} \gamma^\nu \partial^\mu \Psi - (\partial^\mu \overline{\Psi}) \gamma^\nu \Psi \right] + g^{\mu\nu} \mathcal{L} }$ (注：通常可简写为 $\Theta^{\mu\nu} = -\frac{i}{4} \overline{\Psi} (\gamma^\mu \overleftrightarrow{\partial}^\nu + \gamma^\nu \overleftrightarrow{\partial}^\mu) \Psi + g^{\mu\nu} \mathcal{L}$)

对于左手 Weyl 场： 拉格朗日量为 $\mathcal{L} = i\psi^\dagger\bar{\sigma}^\mu\partial_\mu\psi - \frac{1}{2}m\psi\psi - \frac{1}{2}m^*\psi^\dagger\psi^\dagger$。 典范能动张量为 $T^{\mu\nu} = g^{\mu\nu}\mathcal{L} - i \psi^\dagger \bar{\sigma}^\mu \partial^\nu \psi$。 自旋张量 $B^{\rho\mu\nu} = \psi^\dagger \bar{\sigma}^\rho \sigma^{\mu\nu} \psi$，其中 $\sigma^{\mu\nu} = \frac{i}{4}(\sigma^\mu\bar{\sigma}^\nu - \sigma^\nu\bar{\sigma}^\mu)$。 通过与 Dirac 场完全平行的代数结构推导（将 $\gamma^\mu$ 替换为 Weyl 旋量对应的 $\sigma^\mu, \bar{\sigma}^\mu$ 矩阵），并利用 Weyl 场的运动方程，可得对称的 Belinfante 张量： $\boxed{ \Theta^{\mu\nu}_{\text{Weyl}} = -\frac{i}{4} \left[ \psi^\dagger \bar{\sigma}^\mu \partial^\nu \psi - (\partial^\nu \psi^\dagger) \bar{\sigma}^\mu \psi + \psi^\dagger \bar{\sigma}^\nu \partial^\mu \psi - (\partial^\mu \psi^\dagger) \bar{\sigma}^\nu \psi \right] + g^{\mu\nu} \mathcal{L} }$