习题 41.1 - 解答

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为了验证单粒子态的矩阵元公式 (41.23) 和 (41.26)，我们需要结合平移不变性、洛伦兹不变性以及宇称不变性来推导相互作用狄拉克场 $\Psi(x)$ 及其伴随场 $\bar{\Psi}(x)$ 在真空与精确单粒子态 $|p, s, q\rangle$ 之间的矩阵元。其中 $q=+$ 代表正粒子， $q=-$ 代表反粒子。

1. 平移不变性 (Translation Invariance)

利用四维动量平移算符 $P^\mu$，场算符满足 Heisenberg 运动方程的解： $\Psi(x) = e^{iP \cdot x} \Psi(0) e^{-iP \cdot x}, \quad \bar{\Psi}(x) = e^{iP \cdot x} \bar{\Psi}(0) e^{-iP \cdot x}$ 由于真空态满足 $P^\mu |0\rangle = 0$，且精确单粒子态满足 $P^\mu |p, s, \pm\rangle = p^\mu |p, s, \pm\rangle$，我们可以提取出矩阵元的坐标依赖关系： $\langle 0 | \Psi(x) | p, s, + \rangle = \langle 0 | e^{iP \cdot x} \Psi(0) e^{-iP \cdot x} | p, s, + \rangle = e^{-ip \cdot x} \langle 0 | \Psi(0) | p, s, + \rangle$ $\langle 0 | \bar{\Psi}(x) | p, s, - \rangle = \langle 0 | e^{iP \cdot x} \bar{\Psi}(0) e^{-iP \cdot x} | p, s, - \rangle = e^{-ip \cdot x} \langle 0 | \bar{\Psi}(0) | p, s, - \rangle$

2. 洛伦兹不变性 (Lorentz Invariance)

在洛伦兹变换 $U(\Lambda)$ 下，狄拉克场在 $x=0$ 处的变换规律为： $U(\Lambda)^{-1} \Psi(0) U(\Lambda) = L(\Lambda) \Psi(0)$ 取厄米共轭并右乘 $\beta$（利用 $L(\Lambda)^\dagger \beta = \beta L(\Lambda)^{-1}$），可得伴随场的变换： $U(\Lambda)^{-1} \bar{\Psi}(0) U(\Lambda) = \bar{\Psi}(0) L(\Lambda)^{-1}$ 根据题目给定的条件 (39.40)，精确单粒子态在洛伦兹变换下不产生 Wigner 旋转（即自旋指标 $s$ 表现为标量标签）： $U(\Lambda) |p, s, \pm\rangle = |\Lambda p, s, \pm\rangle$ 利用 $U(\Lambda)|0\rangle = |0\rangle$，我们考察正粒子在 $x=0$ 处的矩阵元： $\langle 0 | \Psi(0) | \Lambda p, s, + \rangle = \langle 0 | U(\Lambda) U(\Lambda)^{-1} \Psi(0) U(\Lambda) U(\Lambda)^{-1} | \Lambda p, s, + \rangle = L(\Lambda) \langle 0 | \Psi(0) | p, s, + \rangle$ 设 $p_0 = (m, \vec{0})$ 为静止参考系下的动量，并选取洛伦兹变换 $\Lambda$ 使得 $p = \Lambda p_0$，则有： $\langle 0 | \Psi(0) | p, s, + \rangle = L(\Lambda) \langle 0 | \Psi(0) | p_0, s, + \rangle$ 同理，对于反粒子态： $\langle 0 | \bar{\Psi}(0) | \Lambda p, s, - \rangle = \langle 0 | U(\Lambda) U(\Lambda)^{-1} \bar{\Psi}(0) U(\Lambda) U(\Lambda)^{-1} | \Lambda p, s, - \rangle = \langle 0 | \bar{\Psi}(0) | p, s, - \rangle L(\Lambda)^{-1}$ 代入 $p = \Lambda p_0$ 得到： $\langle 0 | \bar{\Psi}(0) | p, s, - \rangle = \langle 0 | \bar{\Psi}(0) | p_0, s, - \rangle L(\Lambda)^{-1}$

3. 宇称不变性 (Parity Invariance)

为了确定静止系下的矩阵元 $\langle 0 | \Psi(0) | p_0, s, + \rangle$ 和 $\langle 0 | \bar{\Psi}(0) | p_0, s, - \rangle$，我们需要引入宇称对称性。设场的内禀宇称为 $\eta$（满足 $\eta \eta^* = 1$），场算符的宇称变换为： $P^{-1} \Psi(0) P = \eta \beta \Psi(0), \quad P^{-1} \bar{\Psi}(0) P = \eta^* \bar{\Psi}(0) \beta$ 费米子与其反粒子具有相反的内禀宇称，因此静止单粒子态的宇称变换为： $P |p_0, s, +\rangle = \eta^* |p_0, s, +\rangle, \quad P |p_0, s, -\rangle = -\eta^* |p_0, s, -\rangle$ （注意：作用在左矢上时，本征值取复共轭，即 $P^{-1} |p_0, s, -\rangle = -\eta |p_0, s, -\rangle$）。

对正粒子矩阵元应用宇称变换： $\langle 0 | \Psi(0) | p_0, s, + \rangle = \langle 0 | P P^{-1} \Psi(0) P P^{-1} | p_0, s, + \rangle = \langle 0 | (\eta \beta \Psi(0)) (\eta^*) | p_0, s, + \rangle = \beta \langle 0 | \Psi(0) | p_0, s, + \rangle$ 这表明 $\langle 0 | \Psi(0) | p_0, s, + \rangle$ 是 $\beta$ 矩阵本征值为 $+1$ 的本征旋量。由于静止系自由旋量满足 $\beta u_s(p_0) = u_s(p_0)$ 且 $\beta v_s(p_0) = -v_s(p_0)$，该矩阵元中 $v_s$ 的成分被严格排除。通过适当选取简并自旋态的基底，该矩阵元必然正比于 $u_s(p_0)$。提取整体标度因子 $Z_+^{1/2}$，我们有： $\langle 0 | \Psi(0) | p_0, s, + \rangle = Z_+^{1/2} u_s(p_0)$

对反粒子矩阵元应用宇称变换： $\langle 0 | \bar{\Psi}(0) | p_0, s, - \rangle = \langle 0 | P P^{-1} \bar{\Psi}(0) P P^{-1} | p_0, s, - \rangle = \langle 0 | (\eta^* \bar{\Psi}(0) \beta) (-\eta) | p_0, s, - \rangle = - \langle 0 | \bar{\Psi}(0) | p_0, s, - \rangle \beta$ 这表明 $\langle 0 | \bar{\Psi}(0) | p_0, s, - \rangle$ 是右乘 $\beta$ 矩阵本征值为 $-1$ 的本征行旋量。由于 $\bar{u}_s(p_0) \beta = \bar{u}_s(p_0)$ 且 $\bar{v}_s(p_0) \beta = -\bar{v}_s(p_0)$，该矩阵元必然正比于 $\bar{v}_s(p_0)$。提取整体标度因子 $Z_-^{1/2}$，我们有： $\langle 0 | \bar{\Psi}(0) | p_0, s, - \rangle = Z_-^{1/2} \bar{v}_s(p_0)$

4. 综合结果

将静止系的矩阵元代回洛伦兹变换关系中，并利用自由旋量的定义 $u_s(p) = L(\Lambda) u_s(p_0)$ 和 $\bar{v}_s(p) = \bar{v}_s(p_0) L(\Lambda)^{-1}$，可得任意动量下的 $x=0$ 矩阵元： $\langle 0 | \Psi(0) | p, s, + \rangle = Z_+^{1/2} L(\Lambda) u_s(p_0) = Z_+^{1/2} u_s(p)$ $\langle 0 | \bar{\Psi}(0) | p, s, - \rangle = Z_-^{1/2} \bar{v}_s(p_0) L(\Lambda)^{-1} = Z_-^{1/2} \bar{v}_s(p)$ 最后，将其代入第1步的平移不变性公式中，即可验证 LSZ 约化公式中所需的单粒子态矩阵元（即 eqs. 41.23 和 41.26）：