习题 38.1 - 解答

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习题分析与解题思路

本题要求利用洛伦兹推拨（Boost）算符的指数形式，显式计算任意动量 $\mathbf{p}$ 下的狄拉克旋量 $u_s(\mathbf{p})$ 和 $v_s(\mathbf{p})$。 计算过程分为三步：

1. 证明矩阵 $A = 2i \hat{\mathbf{p}} \cdot \mathbf{K}$ 的本征值为 $\pm 1$。
2. 证明对于满足该条件的矩阵，其指数展开可化简为 $e^{cA} = \cosh c + (\sinh c)A$。
3. 将推拨算符作用于静止参考系下的旋量 $u_s(\mathbf{0})$ 和 $v_s(\mathbf{0})$，并利用半角公式与泡利矩阵的性质化简结果。

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第一步：证明矩阵 $2i \hat{\mathbf{p}} \cdot \mathbf{K}$ 的本征值为 $\pm 1$

在手征表示（Weyl representation）下，狄拉克场的洛伦兹生成元为 $S^{\mu\nu} = \frac{i}{4}[\gamma^\mu, \gamma^\nu]$。推拨生成元 $\mathbf{K}$ 对应于 $S^{i0}$，其矩阵形式为：

其中 $\boldsymbol{\sigma} = (\sigma^1, \sigma^2, \sigma^3)$ 为泡利矩阵。 令 $A = 2i \hat{\mathbf{p}} \cdot \mathbf{K}$，代入 $\mathbf{K}$ 的表达式可得：

计算矩阵 $A$ 的平方。利用泡利矩阵的恒等式 $(\hat{\mathbf{p}} \cdot \boldsymbol{\sigma})^2 = |\hat{\mathbf{p}}|^2 I = I$（其中 $\hat{\mathbf{p}}$ 是单位矢量），我们有：

由于 $A^2 = I$，矩阵 $A$ 满足特征方程 $\lambda^2 - 1 = 0$，因此其本征值只能是 $\lambda = \pm 1$。

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第二步：证明矩阵指数恒等式 $e^{cA} = \cosh c + (\sinh c)A$

对于任意复数 $c$ 和满足 $A^2 = I$ 的矩阵 $A$，将其指数函数进行泰勒展开，并分离偶数次幂和奇数次幂项：

因为 $A^{2k} = (A^2)^k = I^k = I$，且 $A^{2k+1} = A^{2k}A = A$，上式可化简为：

这就证明了提示中的恒等式。

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第三步：计算推拨算符的显式矩阵

根据题意，推拨算符为 $\exp(i\eta \hat{\mathbf{p}} \cdot \mathbf{K})$。我们可以将其指数部分改写为：

令 $c = \eta/2$，利用第二步的恒等式，推拨算符可展开为：

代入 $A$ 的分块矩阵形式：

为了进一步化简，利用快度（rapidity）$\eta$ 的定义：$\cosh\eta = E/m$ 且 $\sinh\eta = |\mathbf{p}|/m$。 观察对角块的平方：

引入四维泡利矩阵记号 $\sigma^\mu = (I, \boldsymbol{\sigma})$ 和 $\bar{\sigma}^\mu = (I, -\boldsymbol{\sigma})$，则 $E + \mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\sigma} = p \cdot \sigma$，且 $E - \mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\sigma} = p \cdot \bar{\sigma}$。 因此，对角块可以写为正定厄米矩阵的平方根形式：

推拨算符最终化简为：

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第四步：计算 $u_s(\mathbf{p})$ 和 $v_s(\mathbf{p})$

在静止参考系中，正反粒子的狄拉克旋量分别为：

（其中 $\chi_s$ 和 $\eta_s$ 为二分量基底旋量）。

将推拨算符作用于静止旋量：

同理，对于反粒子旋量：

最终结果：

习题 38.2 - 解答

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在狄拉克旋量理论中，对于任意一个 $4 \times 4$ 的矩阵 $\Gamma$，其狄拉克伴随（Dirac adjoint）定义为： $\overline{\Gamma} = \gamma^0 \Gamma^\dagger \gamma^0$ 为了证明公式 (38.15) 中的五个等式，我们需要用到狄拉克 $\gamma$ 矩阵的以下基本性质：

1. 厄米共轭性质：$(\gamma^0)^\dagger = \gamma^0$，$(\gamma^i)^\dagger = -\gamma^i$。这可以统一写为： $(\gamma^\mu)^\dagger = \gamma^0 \gamma^\mu \gamma^0$
2. $\gamma^0$ 的平方：$(\gamma^0)^2 = I$。
3. $\gamma_5$ 矩阵的定义与性质：$\gamma_5 = i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3$，它是厄米的，即 $\gamma_5^\dagger = \gamma_5$；且它与所有的 $\gamma^\mu$ 反对易，即 $\{\gamma_5, \gamma^\mu\} = 0$。
4. 洛伦兹生成元：$S^{\mu\nu} = \frac{i}{4}[\gamma^\mu, \gamma^\nu]$。

下面逐一验证公式 (38.15) 中的五个等式。

1. 验证 $\overline{\gamma^\mu} = \gamma^\mu$

根据狄拉克伴随的定义和 $\gamma$ 矩阵的厄米共轭性质： $\overline{\gamma^\mu} = \gamma^0 (\gamma^\mu)^\dagger \gamma^0 = \gamma^0 (\gamma^0 \gamma^\mu \gamma^0) \gamma^0$ 利用结合律和 $(\gamma^0)^2 = I$，可得： $\overline{\gamma^\mu} = (\gamma^0)^2 \gamma^\mu (\gamma^0)^2 = I \cdot \gamma^\mu \cdot I = \gamma^\mu$ $\boxed{ \overline{\gamma^\mu} = \gamma^\mu }$

2. 验证 $\overline{S^{\mu\nu}} = S^{\mu\nu}$

首先计算 $S^{\mu\nu}$ 的厄米共轭： $(S^{\mu\nu})^\dagger = \left( \frac{i}{4} (\gamma^\mu \gamma^\nu - \gamma^\nu \gamma^\mu) \right)^\dagger = -\frac{i}{4} \left( (\gamma^\nu)^\dagger (\gamma^\mu)^\dagger - (\gamma^\mu)^\dagger (\gamma^\nu)^\dagger \right)$ 代入 $(\gamma^\mu)^\dagger = \gamma^0 \gamma^\mu \gamma^0$： $(S^{\mu\nu})^\dagger = -\frac{i}{4} \left( \gamma^0 \gamma^\nu \gamma^0 \gamma^0 \gamma^\mu \gamma^0 - \gamma^0 \gamma^\mu \gamma^0 \gamma^0 \gamma^\nu \gamma^0 \right)$ 由于 $(\gamma^0)^2 = I$，上式化简为： $(S^{\mu\nu})^\dagger = -\frac{i}{4} \gamma^0 (\gamma^\nu \gamma^\mu - \gamma^\mu \gamma^\nu) \gamma^0 = \frac{i}{4} \gamma^0 (\gamma^\mu \gamma^\nu - \gamma^\nu \gamma^\mu) \gamma^0 = \gamma^0 S^{\mu\nu} \gamma^0$ 因此，其狄拉克伴随为： $\overline{S^{\mu\nu}} = \gamma^0 (S^{\mu\nu})^\dagger \gamma^0 = \gamma^0 (\gamma^0 S^{\mu\nu} \gamma^0) \gamma^0 = (\gamma^0)^2 S^{\mu\nu} (\gamma^0)^2 = S^{\mu\nu}$ $\boxed{ \overline{S^{\mu\nu}} = S^{\mu\nu} }$

3. 验证 $\overline{i\gamma_5} = i\gamma_5$

根据定义： $\overline{i\gamma_5} = \gamma^0 (i\gamma_5)^\dagger \gamma^0 = \gamma^0 (-i \gamma_5^\dagger) \gamma^0$ 由于 $\gamma_5$ 是厄米的（$\gamma_5^\dagger = \gamma_5$），有： $\overline{i\gamma_5} = -i \gamma^0 \gamma_5 \gamma^0$ 利用 $\gamma_5$ 与 $\gamma^0$ 反对易（$\gamma^0 \gamma_5 = -\gamma_5 \gamma^0$）： $\overline{i\gamma_5} = -i (-\gamma_5 \gamma^0) \gamma^0 = i \gamma_5 (\gamma^0)^2 = i \gamma_5$ $\boxed{ \overline{i\gamma_5} = i\gamma_5 }$

4. 验证 $\overline{\gamma^\mu \gamma_5} = \gamma^\mu \gamma_5$

根据定义： $\overline{\gamma^\mu \gamma_5} = \gamma^0 (\gamma^\mu \gamma_5)^\dagger \gamma^0 = \gamma^0 \gamma_5^\dagger (\gamma^\mu)^\dagger \gamma^0$ 代入 $\gamma_5^\dagger = \gamma_5$ 和 $(\gamma^\mu)^\dagger = \gamma^0 \gamma^\mu \gamma^0$： $\overline{\gamma^\mu \gamma_5} = \gamma^0 \gamma_5 (\gamma^0 \gamma^\mu \gamma^0) \gamma^0 = \gamma^0 \gamma_5 \gamma^0 \gamma^\mu$ 利用 $\gamma^0 \gamma_5 = -\gamma_5 \gamma^0$： $\overline{\gamma^\mu \gamma_5} = (-\gamma_5 \gamma^0) \gamma^0 \gamma^\mu = -\gamma_5 (\gamma^0)^2 \gamma^\mu = -\gamma_5 \gamma^\mu$ 再利用 $\gamma_5$ 与 $\gamma^\mu$ 反对易（$-\gamma_5 \gamma^\mu = \gamma^\mu \gamma_5$）： $\overline{\gamma^\mu \gamma_5} = \gamma^\mu \gamma_5$ $\boxed{ \overline{\gamma^\mu \gamma_5} = \gamma^\mu \gamma_5 }$

5. 验证 $\overline{i\gamma_5 S^{\mu\nu}} = i\gamma_5 S^{\mu\nu}$

根据定义： $\overline{i\gamma_5 S^{\mu\nu}} = \gamma^0 (i\gamma_5 S^{\mu\nu})^\dagger \gamma^0 = \gamma^0 (S^{\mu\nu})^\dagger (i\gamma_5)^\dagger \gamma^0 = \gamma^0 (S^{\mu\nu})^\dagger (-i\gamma_5) \gamma^0$ 在第2步中我们已经证明了 $(S^{\mu\nu})^\dagger = \gamma^0 S^{\mu\nu} \gamma^0$，代入上式： $\overline{i\gamma_5 S^{\mu\nu}} = \gamma^0 (\gamma^0 S^{\mu\nu} \gamma^0) (-i\gamma_5) \gamma^0 = S^{\mu\nu} \gamma^0 (-i\gamma_5) \gamma^0$ 利用 $\gamma^0 \gamma_5 = -\gamma_5 \gamma^0$： $\overline{i\gamma_5 S^{\mu\nu}} = S^{\mu\nu} (i\gamma_5 \gamma^0) \gamma^0 = S^{\mu\nu} (i\gamma_5)$ 由于 $S^{\mu\nu}$ 包含两个 $\gamma$ 矩阵的乘积，而 $\gamma_5$ 与每个 $\gamma$ 矩阵都反对易，因此 $\gamma_5$ 与两个 $\gamma$ 矩阵的乘积是对易的，即 $[S^{\mu\nu}, \gamma_5] = 0$。所以： $S^{\mu\nu} (i\gamma_5) = i\gamma_5 S^{\mu\nu}$ $\boxed{ \overline{i\gamma_5 S^{\mu\nu}} = i\gamma_5 S^{\mu\nu} }$

综上所述，公式 (38.15) 中的所有等式均得到严格验证。这些关系表明，由这16个矩阵构成的双线性型 $\bar{\psi}\Gamma\psi$ 都是厄米算符（在经典场论中为实数），从而保证了拉格朗日量的厄米性。

习题 38.3 - 解答

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为了验证等式 (38.22)，我们可以采用两种严谨的方法：第一种是利用狄拉克方程的表象无关证明（更为优雅且揭示物理本质），第二种是利用外尔（Weyl）表象中旋量显式表达式的直接计算。

以下采用 Srednicki 的度规约定 $\eta_{\mu\nu} = (-, +, +, +)$，此时动量 $p^\mu = (E, \mathbf{p})$，且 $\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = -2\eta^{\mu\nu}$，这意味着 $(\gamma^0)^2 = 1$ 且 $\gamma^0 \gamma^i = -\gamma^i \gamma^0$。

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方法一：表象无关证明（利用狄拉克方程）

定义四维动量 $p = (E, \mathbf{p})$ 以及空间反演后的动量 $\tilde{p} = (E, -\mathbf{p})$。 自由粒子的 Dirac 旋量 $u_s(\mathbf{p})$ 和 $v_s(\mathbf{p})$ 满足动量空间的 Dirac 方程： $\not{p} u_s(\mathbf{p}) = m u_s(\mathbf{p})$ $\not{p} v_s(\mathbf{p}) = -m v_s(\mathbf{p})$ 取 Dirac 伴随 $\overline{u} = u^\dagger \gamma^0$，并利用 $\overline{u}\not{p} = u^\dagger \not{p}^\dagger \gamma^0 = u^\dagger \gamma^0 \not{p}$，可得伴随旋量满足的方程： $\overline{u}_{s'}(\mathbf{p}) \not{p} = m \overline{u}_{s'}(\mathbf{p})$ $\overline{v}_{s'}(\mathbf{p}) \not{p} = -m \overline{v}_{s'}(\mathbf{p})$

接下来，我们寻找 $\not{p}$ 与 $\not{\tilde{p}}$ 之间的代数关系。展开 $\not{p}$ 有 $\not{p} = -E\gamma^0 + \mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\gamma}$，同理 $\not{\tilde{p}} = -E\gamma^0 - \mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\gamma}$。 计算 $\gamma^0 \not{\tilde{p}} \gamma^0$： $\gamma^0 \not{\tilde{p}} \gamma^0 = \gamma^0 (-E\gamma^0 - p^i \gamma^i) \gamma^0 = -E(\gamma^0)^2 - p^i \gamma^0 \gamma^i \gamma^0$ 利用 $(\gamma^0)^2 = 1$ 和反对易关系 $\gamma^0 \gamma^i \gamma^0 = -\gamma^i (\gamma^0)^2 = -\gamma^i$，得到： $\gamma^0 \not{\tilde{p}} \gamma^0 = -E + \mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\gamma} = \not{p} \quad \implies \quad \not{p}\gamma^0 = \gamma^0 \not{\tilde{p}}$

(1) 证明 $\overline{u}_{s'}(\mathbf{p})\gamma^0 v_s(-\mathbf{p}) = 0$ 构造矩阵元 $X = \overline{u}_{s'}(\mathbf{p}) \not{p} \gamma^0 v_s(\tilde{p})$，我们用两种方式计算它：

• 向左作用：利用 $\overline{u}_{s'}(\mathbf{p}) \not{p} = m \overline{u}_{s'}(\mathbf{p})$， $X = \big( \overline{u}_{s'}(\mathbf{p}) \not{p} \big) \gamma^0 v_s(\tilde{p}) = m \overline{u}_{s'}(\mathbf{p}) \gamma^0 v_s(\tilde{p})$
• 向右作用：利用 $\not{p}\gamma^0 = \gamma^0 \not{\tilde{p}}$ 以及 $\not{\tilde{p}} v_s(\tilde{p}) = -m v_s(\tilde{p})$， $X = \overline{u}_{s'}(\mathbf{p}) \big( \not{p} \gamma^0 \big) v_s(\tilde{p}) = \overline{u}_{s'}(\mathbf{p}) \gamma^0 \not{\tilde{p}} v_s(\tilde{p}) = -m \overline{u}_{s'}(\mathbf{p}) \gamma^0 v_s(\tilde{p})$ 比较两种结果，必然有： $m \overline{u}_{s'}(\mathbf{p}) \gamma^0 v_s(\tilde{p}) = -m \overline{u}_{s'}(\mathbf{p}) \gamma^0 v_s(\tilde{p}) \quad \implies \quad 2m \overline{u}_{s'}(\mathbf{p}) \gamma^0 v_s(-\mathbf{p}) = 0$ 对于 $m \neq 0$，即证得 $\overline{u}_{s'}(\mathbf{p})\gamma^0 v_s(-\mathbf{p}) = 0$。

(2) 证明 $\overline{v}_{s'}(\mathbf{p})\gamma^0 u_s(-\mathbf{p}) = 0$ 同理，构造矩阵元 $Y = \overline{v}_{s'}(\mathbf{p}) \not{p} \gamma^0 u_s(\tilde{p})$：

• 向左作用： $Y = \big( \overline{v}_{s'}(\mathbf{p}) \not{p} \big) \gamma^0 u_s(\tilde{p}) = -m \overline{v}_{s'}(\mathbf{p}) \gamma^0 u_s(\tilde{p})$
• 向右作用：利用 $\not{\tilde{p}} u_s(\tilde{p}) = m u_s(\tilde{p})$， $Y = \overline{v}_{s'}(\mathbf{p}) \gamma^0 \not{\tilde{p}} u_s(\tilde{p}) = m \overline{v}_{s'}(\mathbf{p}) \gamma^0 u_s(\tilde{p})$ 比较两式得到 $-m \overline{v}_{s'}(\mathbf{p}) \gamma^0 u_s(\tilde{p}) = m \overline{v}_{s'}(\mathbf{p}) \gamma^0 u_s(\tilde{p})$，即证得 $\overline{v}_{s'}(\mathbf{p})\gamma^0 u_s(-\mathbf{p}) = 0$。

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方法二：显式计算（利用 Weyl 表象）

在 Weyl（手征）表象中，Dirac 矩阵 $\gamma^0 = \begin{pmatrix} 0 & I \\ I & 0 \end{pmatrix}$。旋量的显式解为： $u_s(\mathbf{p}) = \begin{pmatrix} \sqrt{E - \mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \, \chi_s \\ \sqrt{E + \mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \, \chi_s \end{pmatrix}, \quad v_s(\mathbf{p}) = \begin{pmatrix} \sqrt{E - \mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \, \eta_s \\ -\sqrt{E + \mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \, \eta_s \end{pmatrix}$ 将 $\mathbf{p}$ 替换为 $-\mathbf{p}$（能量 $E$ 保持不变），得到： $u_s(-\mathbf{p}) = \begin{pmatrix} \sqrt{E + \mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \, \chi_s \\ \sqrt{E - \mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \, \chi_s \end{pmatrix}, \quad v_s(-\mathbf{p}) = \begin{pmatrix} \sqrt{E + \mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \, \eta_s \\ -\sqrt{E - \mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \, \eta_s \end{pmatrix}$

由于 $\overline{u} = u^\dagger \gamma^0$，且 $(\gamma^0)^2 = I$，待求表达式化简为标准的内积形式： $\overline{u}_{s'}(\mathbf{p})\gamma^0 v_s(-\mathbf{p}) = u_{s'}^\dagger(\mathbf{p}) (\gamma^0)^2 v_s(-\mathbf{p}) = u_{s'}^\dagger(\mathbf{p}) v_s(-\mathbf{p})$ 代入显式表达式进行矩阵乘法：

由于矩阵 $(E - \mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\sigma})$ 与 $(E + \mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\sigma})$ 相互对易，它们的平方根也对易，且乘积为： $\sqrt{E - \mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \sqrt{E + \mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} = \sqrt{E^2 - (\mathbf{p} \cdot \boldsymbol{\sigma})^2} = \sqrt{E^2 - \mathbf{p}^2} = \sqrt{m^2} = m$ 因此，两项完全抵消（此结论对 $m=0$ 亦平凡成立）： $u_{s'}^\dagger(\mathbf{p}) v_s(-\mathbf{p}) = m \chi_{s'}^\dagger \eta_s - m \chi_{s'}^\dagger \eta_s = 0$

同理，计算第二个等式： $\overline{v}_{s'}(\mathbf{p})\gamma^0 u_s(-\mathbf{p}) = v_{s'}^\dagger(\mathbf{p}) u_s(-\mathbf{p})$

综上所述，等式 (38.22) 得到严格验证：

习题 38.4 - 解答

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习题分析与物理背景

本题要求推导包含 $\gamma_5$ 矩阵的狄拉克旋量（Dirac spinors）的戈登恒等式（Gordon identities）。戈登恒等式在量子场论中常用于将包含 $\gamma^\mu$ 的流分解为对流（convection current）和自旋流（spin current），或者在计算涉及轴矢流（axial-vector current）的矩阵元时化简表达式。

推导的关键在于灵活运用狄拉克方程、$\gamma$ 矩阵的 Clifford 代数反对易关系以及 $\gamma_5$ 矩阵与 $\gamma^\mu$ 的反对易性质。

需要特别注意的是本书（Srednicki《Quantum Field Theory》）所采用的符号约定：

1. 度规张量：采用 $(-, +, +, +)$ 约定。
2. Clifford 代数：$\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = -2\eta^{\mu\nu}$。
3. 洛伦兹生成元：$S^{\mu\nu} = \frac{i}{4}[\gamma^\mu, \gamma^\nu]$。
4. $\gamma_5$ 矩阵性质：$\{\gamma_5, \gamma^\mu\} = 0$。
5. 狄拉克方程： 对于正能旋量 $u$：$\not{p} u_s(\mathbf{p}) = m u_s(\mathbf{p})$，$\bar{u}_s(\mathbf{p}) \not{p} = m \bar{u}_s(\mathbf{p})$。 对于负能旋量 $v$：$\not{p} v_s(\mathbf{p}) = -m v_s(\mathbf{p})$，$\bar{v}_s(\mathbf{p}) \not{p} = -m \bar{v}_s(\mathbf{p})$。

推导过程

首先，我们利用 Clifford 代数和洛伦兹生成元的定义，推导一个关键的算符恒等式。 已知： $\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = \gamma^\mu \gamma^\nu + \gamma^\nu \gamma^\mu = -2\eta^{\mu\nu}$ $[\gamma^\mu, \gamma^\nu] = \gamma^\mu \gamma^\nu - \gamma^\nu \gamma^\mu = -4i S^{\mu\nu}$ 将两式相加与相减，可分别解出 $\gamma^\mu \gamma^\nu$ 和 $\gamma^\nu \gamma^\mu$： $\gamma^\mu \gamma^\nu = -\eta^{\mu\nu} - 2i S^{\mu\nu}$ $\gamma^\nu \gamma^\mu = -\eta^{\mu\nu} + 2i S^{\mu\nu}$

利用上述关系，我们展开算符 $\not{p}' \gamma^\mu + \gamma^\mu \not{p}$： $\not{p}' \gamma^\mu = p'_\nu \gamma^\nu \gamma^\mu = p'_\nu (-\eta^{\nu\mu} + 2i S^{\mu\nu}) = -p'^\mu + 2i S^{\mu\nu} p'_\nu$ $\gamma^\mu \not{p} = p_\nu \gamma^\mu \gamma^\nu = p_\nu (-\eta^{\mu\nu} - 2i S^{\mu\nu}) = -p^\mu - 2i S^{\mu\nu} p_\nu$ 将两式相加，得到： \not{p}' \gamma^\mu + \gamma^\mu \not{p} = -(p' + p)^\mu + 2i S^{\mu\nu} (p' - p)_\nu \tag{1}

1. 证明 $u$ 旋量的戈登恒等式

考虑以下显然成立的等式： $0 = m \bar{u}_{s'}(\mathbf{p}') \gamma^\mu \gamma_5 u_s(\mathbf{p}) - m \bar{u}_{s'}(\mathbf{p}') \gamma^\mu \gamma_5 u_s(\mathbf{p})$ 利用狄拉克方程 $\bar{u}_{s'}(\mathbf{p}') \not{p}' = m \bar{u}_{s'}(\mathbf{p}')$ 和 $\not{p} u_s(\mathbf{p}) = m u_s(\mathbf{p})$，将上式中的 $m$ 替换为动量算符： $0 = \bar{u}_{s'}(\mathbf{p}') \not{p}' \gamma^\mu \gamma_5 u_s(\mathbf{p}) - \bar{u}_{s'}(\mathbf{p}') \gamma^\mu \gamma_5 \not{p} u_s(\mathbf{p})$ 利用 $\gamma_5$ 与 $\gamma^\mu$ 的反对易关系 $\gamma_5 \not{p} = -\not{p} \gamma_5$，将第二项中的 $\gamma_5$ 移到 $\not{p}$ 的左侧： $0 = \bar{u}_{s'}(\mathbf{p}') \not{p}' \gamma^\mu \gamma_5 u_s(\mathbf{p}) + \bar{u}_{s'}(\mathbf{p}') \gamma^\mu \not{p} \gamma_5 u_s(\mathbf{p})$ 提取公因子 $\gamma_5 u_s(\mathbf{p})$： $0 = \bar{u}_{s'}(\mathbf{p}') \left( \not{p}' \gamma^\mu + \gamma^\mu \not{p} \right) \gamma_5 u_s(\mathbf{p})$ 代入前面推导的算符恒等式 (1)： $0 = \bar{u}_{s'}(\mathbf{p}') \left[ -(p' + p)^\mu + 2i S^{\mu\nu} (p' - p)_\nu \right] \gamma_5 u_s(\mathbf{p})$ 两边同乘 $-1$，即得： $\boxed{ \bar{u}_{s'}(\mathbf{p}') \left[ (p' + p)^{\mu} - 2i S^{\mu\nu} (p' - p)_{\nu} \right] \gamma_5 u_s(\mathbf{p}) = 0 }$

2. 证明 $v$ 旋量的戈登恒等式

对于负能旋量 $v$，同样构造一个显然成立的等式： $0 = -m \bar{v}_{s'}(\mathbf{p}') \gamma^\mu \gamma_5 v_s(\mathbf{p}) - (-m) \bar{v}_{s'}(\mathbf{p}') \gamma^\mu \gamma_5 v_s(\mathbf{p})$ 利用狄拉克方程 $\bar{v}_{s'}(\mathbf{p}') \not{p}' = -m \bar{v}_{s'}(\mathbf{p}')$ 和 $\not{p} v_s(\mathbf{p}) = -m v_s(\mathbf{p})$ 进行替换： $0 = \bar{v}_{s'}(\mathbf{p}') \not{p}' \gamma^\mu \gamma_5 v_s(\mathbf{p}) - \bar{v}_{s'}(\mathbf{p}') \gamma^\mu \gamma_5 \not{p} v_s(\mathbf{p})$ 再次利用 $\gamma_5 \not{p} = -\not{p} \gamma_5$： $0 = \bar{v}_{s'}(\mathbf{p}') \not{p}' \gamma^\mu \gamma_5 v_s(\mathbf{p}) + \bar{v}_{s'}(\mathbf{p}') \gamma^\mu \not{p} \gamma_5 v_s(\mathbf{p})$ 提取公因子： $0 = \bar{v}_{s'}(\mathbf{p}') \left( \not{p}' \gamma^\mu + \gamma^\mu \not{p} \right) \gamma_5 v_s(\mathbf{p})$ 代入算符恒等式 (1)： $0 = \bar{v}_{s'}(\mathbf{p}') \left[ -(p' + p)^\mu + 2i S^{\mu\nu} (p' - p)_\nu \right] \gamma_5 v_s(\mathbf{p})$ 两边同乘 $-1$，即得： $\boxed{ \bar{v}_{s'}(\mathbf{p}') \left[ (p' + p)^{\mu} - 2i S^{\mu\nu} (p' - p)_{\nu} \right] \gamma_5 v_s(\mathbf{p}) = 0 }$