Gauge Field Notes
42.1

Problem 42.1

srednickiChapter 42

习题 42.1

来源: 第42章, PDF第271页

42.1 Prove eq. (42.24) directly, using properties of the C\mathcal{C} matrix.

Referenced Equations:

Equation (42.24):

[S(x−y)C−1]αβ=−[S(y−x)C−1]βα.(42.24)[S(x - y) \mathcal{C}^{-1}]_{\alpha\beta} = -[S(y - x) \mathcal{C}^{-1}]_{\beta\alpha} . \tag{42.24}

习题 42.1 - 解答

题目分析 本题要求利用电荷共轭矩阵 C\mathcal{C} 的代数性质，直接证明狄拉克传播子满足的关系式 (42.24)。该等式表明矩阵 S(x−y)C−1S(x-y)\mathcal{C}^{-1} 在同时交换时空坐标 x↔yx \leftrightarrow y 和旋量指标 α↔β\alpha \leftrightarrow \beta 时具有反对称性。这一性质在处理马约拉纳费米子（Majorana fermions）以及推导包含电荷共轭的费曼规则时至关重要。证明的核心在于利用动量空间传播子 S~(p)\tilde{S}(p) 对动量 pp 的依赖关系，以及 C\mathcal{C} 矩阵对 γ\gamma 矩阵的转置作用。

推导过程

  1. 动量空间传播子与 C\mathcal{C} 矩阵的性质 坐标空间的狄拉克传播子 S(x)S(x) 可以通过傅里叶变换表示为动量空间的积分： S(x)=∫d4p(2π)4eip⋅xS~(p)S(x) = \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} e^{i p \cdot x} \tilde{S}(p) 其中动量空间传播子 S~(p)\tilde{S}(p) 仅通过 p̸=pμγμ\not{p} = p_\mu \gamma^\mu 和 p2p^2 依赖于动量 pp，其标准形式为 S~(p)=−p̸+mp2+m2−iϵ\tilde{S}(p) = \frac{-\not{p} + m}{p^2 + m^2 - i\epsilon}。

电荷共轭矩阵 C\mathcal{C} 满足以下两个关键的代数性质：

  • 反对称性：CT=−C\mathcal{C}^T = -\mathcal{C}，这直接推导出其逆矩阵也满足 (C−1)T=−C−1(\mathcal{C}^{-1})^T = -\mathcal{C}^{-1}。
  • 与 γ\gamma 矩阵的转置关系：CγμC−1=−(γμ)T\mathcal{C} \gamma^\mu \mathcal{C}^{-1} = -(\gamma^\mu)^T，即 (γμ)T=−CγμC−1(\gamma^\mu)^T = -\mathcal{C} \gamma^\mu \mathcal{C}^{-1}。

  1. 动量空间传播子的转置 利用 γ\gamma 矩阵的转置性质，我们可以求出 p̸\not{p} 的转置： (p̸)T=(pμγμ)T=pμ(γμ)T=−pμCγμC−1=−Cp̸C−1(\not{p})^T = (p_\mu \gamma^\mu)^T = p_\mu (\gamma^\mu)^T = -p_\mu \mathcal{C} \gamma^\mu \mathcal{C}^{-1} = -\mathcal{C} \not{p} \mathcal{C}^{-1} 将其代入 S~(p)\tilde{S}(p) 的转置表达式中： S~(p)T=−(p̸)T+mp2+m2−iϵ=Cp̸C−1+mp2+m2−iϵ=C(p̸+mp2+m2−iϵ)C−1\tilde{S}(p)^T = \frac{-(\not{p})^T + m}{p^2 + m^2 - i\epsilon} = \frac{\mathcal{C} \not{p} \mathcal{C}^{-1} + m}{p^2 + m^2 - i\epsilon} = \mathcal{C} \left( \frac{\not{p} + m}{p^2 + m^2 - i\epsilon} \right) \mathcal{C}^{-1} 注意到括号内的部分正好是将动量 pp 替换为 −p-p 后的传播子 S~(−p)\tilde{S}(-p)，因此我们得到动量空间传播子的重要对称性关系： S~(p)T=CS~(−p)C−1\tilde{S}(p)^T = \mathcal{C} \tilde{S}(-p) \mathcal{C}^{-1}

  2. 坐标空间矩阵 S(x)C−1S(x)\mathcal{C}^{-1} 的转置 现在我们考察目标矩阵 S(x)C−1S(x)\mathcal{C}^{-1} 的整体转置： [S(x)C−1]T=(C−1)TS(x)T[S(x) \mathcal{C}^{-1}]^T = (\mathcal{C}^{-1})^T S(x)^T 代入 (C−1)T=−C−1(\mathcal{C}^{-1})^T = -\mathcal{C}^{-1} 以及 S(x)S(x) 的傅里叶展开式： [S(x)C−1]T=−C−1∫d4p(2π)4eip⋅xS~(p)T[S(x) \mathcal{C}^{-1}]^T = -\mathcal{C}^{-1} \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} e^{i p \cdot x} \tilde{S}(p)^T 将前面得到的 S~(p)T=CS~(−p)C−1\tilde{S}(p)^T = \mathcal{C} \tilde{S}(-p) \mathcal{C}^{-1} 代入积分中： [S(x)C−1]T=−C−1∫d4p(2π)4eip⋅xCS~(−p)C−1[S(x) \mathcal{C}^{-1}]^T = -\mathcal{C}^{-1} \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} e^{i p \cdot x} \mathcal{C} \tilde{S}(-p) \mathcal{C}^{-1} 由于 C−1C=I\mathcal{C}^{-1}\mathcal{C} = I，矩阵 C\mathcal{C} 被消去： [S(x)C−1]T=−∫d4p(2π)4eip⋅xS~(−p)C−1[S(x) \mathcal{C}^{-1}]^T = - \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} e^{i p \cdot x} \tilde{S}(-p) \mathcal{C}^{-1} 对积分变量作代换 p→−pp \to -p。此时积分测度 d4pd^4p 不变，积分域覆盖整个动量空间保持不变，指数项变为 e−ip⋅xe^{-i p \cdot x}： [S(x)C−1]T=−∫d4p(2π)4e−ip⋅xS~(p)C−1[S(x) \mathcal{C}^{-1}]^T = - \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4} e^{-i p \cdot x} \tilde{S}(p) \mathcal{C}^{-1} 识别出积分部分正是 S(−x)S(-x)，因此得到坐标空间的关系式： [S(x)C−1]T=−S(−x)C−1[S(x) \mathcal{C}^{-1}]^T = -S(-x) \mathcal{C}^{-1}

  3. 写成分量形式并完成证明 将上述矩阵等式写成旋量指标 α,β\alpha, \beta 的分量形式。根据矩阵转置的定义，等式左边矩阵的 βα\beta\alpha 分量为： ([S(x)C−1]T)βα=[S(x)C−1]αβ([S(x) \mathcal{C}^{-1}]^T)_{\beta\alpha} = [S(x) \mathcal{C}^{-1}]_{\alpha\beta} 等式右边矩阵的 βα\beta\alpha 分量为： (−S(−x)C−1)βα=−[S(−x)C−1]βα(-S(-x) \mathcal{C}^{-1})_{\beta\alpha} = -[S(-x) \mathcal{C}^{-1}]_{\beta\alpha} 将两边相等，得到： [S(x)C−1]αβ=−[S(−x)C−1]βα[S(x) \mathcal{C}^{-1}]_{\alpha\beta} = -[S(-x) \mathcal{C}^{-1}]_{\beta\alpha} 最后，进行坐标平移，将变量替换为 x→x−yx \to x - y，则有 −x→y−x-x \to y - x。代入上式即得最终结果： [S(x−y)C−1]αβ=−[S(y−x)C−1]βα\boxed{ [S(x - y) \mathcal{C}^{-1}]_{\alpha\beta} = -[S(y - x) \mathcal{C}^{-1}]_{\beta\alpha} }