习题 47.1 - 解答

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要证明等式 (47.16) $\text{Tr}[\gamma_5 \gamma^{\mu} \gamma^{\nu}] = 0$，我们需要利用 Dirac $\gamma$ 矩阵的代数性质以及迹（Trace）的循环性质。

物理背景与基本性质： 在四维时空中，Dirac $\gamma$ 矩阵满足 Clifford 代数关系： $\{ \gamma^\mu, \gamma^\nu \} = \gamma^\mu \gamma^\nu + \gamma^\nu \gamma^\mu = 2 \eta^{\mu\nu} I$ 其中 $\eta^{\mu\nu}$ 是 Minkowski 度规，当 $\mu \neq \nu$ 时，$\gamma^\mu$ 与 $\gamma^\nu$ 反对易。 手征矩阵 $\gamma_5$ 定义为 $\gamma_5 = i \gamma^0 \gamma^1 \gamma^2 \gamma^3$，它具有以下关键性质：

1. 与所有 $\gamma^\mu$ 反对易：$\{ \gamma_5, \gamma^\mu \} = 0$。
2. 其自身的迹为零：$\text{Tr}[\gamma_5] = 0$。

推导过程： 我们将证明分为两种情况：$\mu = \nu$ 和 $\mu \neq \nu$。

情况 1：$\mu = \nu$ 当两个指标相同时，利用 Clifford 代数关系 $(\gamma^\mu)^2 = \eta^{\mu\mu} I$，可以直接计算其迹： $\text{Tr}[\gamma_5 \gamma^\mu \gamma^\mu] = \text{Tr}[\gamma_5 \eta^{\mu\mu} I] = \eta^{\mu\mu} \text{Tr}[\gamma_5]$ 由于 $\text{Tr}[\gamma_5] = 0$，因此： $\text{Tr}[\gamma_5 \gamma^\mu \gamma^\mu] = 0$

情况 2：$\mu \neq \nu$ 在四维时空中，指标 $\mu, \nu \in \{0, 1, 2, 3\}$。当 $\mu \neq \nu$ 时，由于总共有 4 个不同的指标，我们总可以找到第三个指标 $\alpha$，使得 $\alpha \neq \mu$ 且 $\alpha \neq \nu$。 对于这个选定的 $\gamma^\alpha$，它满足 $(\gamma^\alpha)^2 = \eta^{\alpha\alpha} I = \pm I$，因此其逆矩阵 $(\gamma^\alpha)^{-1}$ 必然存在（且等于 $\eta_{\alpha\alpha}\gamma^\alpha$）。

我们在迹中插入单位矩阵 $I = \gamma^\alpha (\gamma^\alpha)^{-1}$： $\text{Tr}[\gamma_5 \gamma^\mu \gamma^\nu] = \text{Tr}[\gamma_5 \gamma^\mu \gamma^\nu \gamma^\alpha (\gamma^\alpha)^{-1}]$ 利用矩阵迹的循环性质 $\text{Tr}[A B] = \text{Tr}[B A]$，将 $(\gamma^\alpha)^{-1}$ 移到最左侧： $\text{Tr}[\gamma_5 \gamma^\mu \gamma^\nu] = \text{Tr}[(\gamma^\alpha)^{-1} \gamma_5 \gamma^\mu \gamma^\nu \gamma^\alpha]$ 接下来，我们将最右侧的 $\gamma^\alpha$ 依次向左穿过 $\gamma^\nu$、$\gamma^\mu$ 和 $\gamma_5$。由于 $\alpha \neq \nu$ 且 $\alpha \neq \mu$，$\gamma^\alpha$ 与 $\gamma^\nu$、$\gamma^\mu$ 均反对易；同时 $\gamma^\alpha$ 也与 $\gamma_5$ 反对易。每次交换位置都会产生一个负号，总共需要交换 3 次： $\gamma^\nu \gamma^\alpha = - \gamma^\alpha \gamma^\nu$ $\gamma^\mu \gamma^\alpha = - \gamma^\alpha \gamma^\mu$ $\gamma_5 \gamma^\alpha = - \gamma^\alpha \gamma_5$ 因此，连续交换得到： $\gamma_5 \gamma^\mu \gamma^\nu \gamma^\alpha = (-1)^3 \gamma^\alpha \gamma_5 \gamma^\mu \gamma^\nu = - \gamma^\alpha \gamma_5 \gamma^\mu \gamma^\nu$ 将此关系代回迹的表达式中： $\text{Tr}[\gamma_5 \gamma^\mu \gamma^\nu] = \text{Tr}[(\gamma^\alpha)^{-1} (-\gamma^\alpha \gamma_5 \gamma^\mu \gamma^\nu)]$ 提取负号，并利用 $(\gamma^\alpha)^{-1} \gamma^\alpha = I$： $\text{Tr}[\gamma_5 \gamma^\mu \gamma^\nu] = - \text{Tr}[I \cdot \gamma_5 \gamma^\mu \gamma^\nu] = - \text{Tr}[\gamma_5 \gamma^\mu \gamma^\nu]$ 设 $T = \text{Tr}[\gamma_5 \gamma^\mu \gamma^\nu]$，我们得到了 $T = -T$，这必然意味着： $T = 0$

结论： 综合上述两种情况，无论 $\mu$ 与 $\nu$ 是否相等，该迹始终为零。

习题 47.2 - 解答

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物理背景与约定说明

在量子场论的维数正规化（Dimensional Regularization）中，时空维数被解析延拓到 $d$ 维，Dirac 矩阵 $\gamma^\mu$ 满足 $d$ 维的 Clifford 代数。根据 Srednicki 教材的约定，度规符号为 $(-,+,+,+)$，Clifford 代数的基本关系为： $\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = \gamma^\mu \gamma^\nu + \gamma^\nu \gamma^\mu = -2g^{\mu\nu}$ 度规的迹为 $g^\mu_\mu = d$。由此可得 $\gamma$ 矩阵的收缩性质： $\gamma^\mu \gamma_\mu = \frac{1}{2} g_{\mu\nu} \{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = -g_{\mu\nu} g^{\mu\nu} = -d$ 对于任意矢量 $a^\mu$，定义 Feynman slash 记号 $\cancel{a} = \gamma^\mu a_\mu$。由 Clifford 代数可得任意两个 slash 矩阵的反对易关系： $\cancel{a}\cancel{b} + \cancel{b}\cancel{a} = -2(ab)$ 以及 $\gamma$ 矩阵与 slash 矩阵的反对易关系： $\gamma^\mu \cancel{a} + \cancel{a} \gamma^\mu = -2a^\mu \implies \cancel{a} \gamma_\mu = -2a_\mu - \gamma_\mu \cancel{a}$

计算技巧（引理）

在证明目标公式前，先计算单 slash 矩阵的收缩 $\gamma^\mu \cancel{a} \gamma_\mu$。利用上述反对易关系将 $\gamma_\mu$ 向左移动： $\gamma^\mu \cancel{a} \gamma_\mu = \gamma^\mu (-2a_\mu - \gamma_\mu \cancel{a}) = -2\gamma^\mu a_\mu - (\gamma^\mu \gamma_\mu) \cancel{a}$ 代入 $\gamma^\mu a_\mu = \cancel{a}$ 与 $\gamma^\mu \gamma_\mu = -d$： $\gamma^\mu \cancel{a} \gamma_\mu = -2\cancel{a} - (-d)\cancel{a} = (d-2)\cancel{a}$

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(a) 证明公式 (47.20)

利用反对易关系 $\cancel{b} \gamma_\mu = -2b_\mu - \gamma_\mu \cancel{b}$，将最右侧的 $\gamma_\mu$ 向左移动： $\gamma^\mu \cancel{a} \cancel{b} \gamma_\mu = \gamma^\mu \cancel{a} (-2b_\mu - \gamma_\mu \cancel{b})$ 展开并利用 $\gamma^\mu b_\mu = \cancel{b}$，可得： $\gamma^\mu \cancel{a} \cancel{b} \gamma_\mu = -2\cancel{b}\cancel{a} - (\gamma^\mu \cancel{a} \gamma_\mu) \cancel{b}$ 代入引理 $\gamma^\mu \cancel{a} \gamma_\mu = (d-2)\cancel{a}$： $\gamma^\mu \cancel{a} \cancel{b} \gamma_\mu = -2\cancel{b}\cancel{a} - (d-2)\cancel{a}\cancel{b}$ 再利用 $\cancel{b}\cancel{a} = -2(ab) - \cancel{a}\cancel{b}$ 替换第一项中的 $\cancel{b}\cancel{a}$： $\gamma^\mu \cancel{a} \cancel{b} \gamma_\mu = -2[-2(ab) - \cancel{a}\cancel{b}] - (d-2)\cancel{a}\cancel{b}$ $= 4(ab) + 2\cancel{a}\cancel{b} - d\cancel{a}\cancel{b} + 2\cancel{a}\cancel{b}$ 合并同类项，即得： $\boxed{ \gamma^\mu \cancel{a} \cancel{b} \gamma_\mu = 4(ab) - (d-4) \cancel{a} \cancel{b} }$

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(b) 证明公式 (47.21)

同理，利用 $\cancel{c} \gamma_\mu = -2c_\mu - \gamma_\mu \cancel{c}$，将最右侧的 $\gamma_\mu$ 向左移动： $\gamma^\mu \cancel{a} \cancel{b} \cancel{c} \gamma_\mu = \gamma^\mu \cancel{a} \cancel{b} (-2c_\mu - \gamma_\mu \cancel{c})$ 展开并利用 $\gamma^\mu c_\mu = \cancel{c}$，可得： $\gamma^\mu \cancel{a} \cancel{b} \cancel{c} \gamma_\mu = -2\cancel{c}\cancel{a}\cancel{b} - (\gamma^\mu \cancel{a} \cancel{b} \gamma_\mu) \cancel{c}$ 代入已在 (a) 中证明的公式 (47.20) $\gamma^\mu \cancel{a} \cancel{b} \gamma_\mu = 4(ab) - (d-4)\cancel{a}\cancel{b}$： $\gamma^\mu \cancel{a} \cancel{b} \cancel{c} \gamma_\mu = -2\cancel{c}\cancel{a}\cancel{b} - [4(ab) - (d-4)\cancel{a}\cancel{b}] \cancel{c}$ $= -2\cancel{c}\cancel{a}\cancel{b} - 4(ab)\cancel{c} + (d-4)\cancel{a}\cancel{b}\cancel{c}$ 为了化简前两项，提取公因子 $-2\cancel{c}$： $-2\cancel{c}\cancel{a}\cancel{b} - 4(ab)\cancel{c} = -2\cancel{c} [\cancel{a}\cancel{b} + 2(ab)]$ 根据 Clifford 代数 $\cancel{a}\cancel{b} + \cancel{b}\cancel{a} = -2(ab)$，移项可得 $\cancel{a}\cancel{b} + 2(ab) = -\cancel{b}\cancel{a}$。将其代入上式： $-2\cancel{c} [\cancel{a}\cancel{b} + 2(ab)] = -2\cancel{c} (-\cancel{b}\cancel{a}) = 2\cancel{c}\cancel{b}\cancel{a}$ 将此结果代回原式，即得： $\boxed{ \gamma^\mu \cancel{a} \cancel{b} \cancel{c} \gamma_\mu = 2\cancel{c} \cancel{b} \cancel{a} + (d-4) \cancel{a} \cancel{b} \cancel{c} }$

习题 47.3 - 解答

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习题分析与物理背景 在相对论量子力学中，狄拉克方程的解需要用到 $4 \times 4$ 的狄拉克矩阵（$\gamma$ 矩阵）。由于 $4 \times 4$ 复矩阵构成的线性空间维数为 $16$，如果我们能找到 16 个线性无关的矩阵，它们就可以作为该空间的一组基。题目给出的集合 $\mathcal{S} = \{1, \gamma^\mu, S^{\mu\nu}, \gamma^\mu\gamma_5, \gamma_5\}$ 正是基于 $\gamma$ 矩阵构造的 16 个矩阵（即克利福德代数的生成元及其乘积）。通过引入 Frobenius 内积 $\langle A, B \rangle = \text{Tr}(A^\dagger B)$，我们可以利用矩阵的迹的性质来证明这 16 个矩阵是相互正交的，从而证明它们线性无关并构成完备基。

推导与解答过程

第 1 步：统计矩阵的数量 我们首先统计集合 $\mathcal{S}$ 中矩阵的个数：

• 标量（恒等矩阵） $1$：$1$ 个
• 矢量 $\gamma^\mu$（$\mu = 0, 1, 2, 3$）：$4$ 个
• 张量 $S^{\mu\nu} = \frac{i}{4}[\gamma^\mu, \gamma^\nu]$：由于 $S^{\mu\nu} = -S^{\nu\mu}$ 且 $S^{\mu\mu} = 0$，独立的矩阵对应于 $\mu < \nu$，共有 $\binom{4}{2} = 6$ 个
• 轴矢 $\gamma^\mu\gamma_5$：$4$ 个
• 赝标 $\gamma_5$：$1$ 个

总矩阵数为 $1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16$。这恰好等于 $4 \times 4$ 复矩阵空间的维数。因此，只需证明这 16 个矩阵线性无关，即可说明它们构成一组基。

第 2 步：分析矩阵乘积的性质 为了方便，将这 16 个矩阵记为 $\Gamma_A$ ($A = 1, 2, \dots, 16$)。注意到集合中的每一个矩阵本质上都正比于不同 $\gamma$ 矩阵的乘积：

• $1 \propto I$
• $\gamma^\mu \propto \gamma^\mu$
• $S^{\mu\nu} \propto \gamma^\mu\gamma^\nu$ ($\mu \neq \nu$)
• $\gamma^\mu\gamma_5 \propto \gamma^\mu\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3 \propto \epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\gamma_\nu\gamma_\rho\gamma_\sigma$
• $\gamma_5 \propto \gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3$

由于 $\gamma$ 矩阵满足反对易关系 $\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = 2\eta^{\mu\nu}$，任意两个基矩阵的乘积 $\Gamma_A \Gamma_B$ 必然正比于集合中的另一个矩阵 $\Gamma_C$： $\Gamma_A \Gamma_B \propto \Gamma_C$ 如果 $A \neq B$，则 $\Gamma_A$ 和 $\Gamma_B$ 包含的 $\gamma$ 矩阵子集不同，它们的乘积化简后必然至少包含一个 $\gamma$ 矩阵（即对应于两个子集的对称差）。因此，当 $A \neq B$ 时，$\Gamma_C \neq 1$。

第 3 步：证明除恒等矩阵外，所有基矩阵的迹为零 对于任意 $\Gamma_C \in \mathcal{S} \setminus \{1\}$，我们总能找到一个 $\gamma^\lambda$ 与之反对易，即 $\{\Gamma_C, \gamma^\lambda\} = 0$：

• 若 $\Gamma_C = \gamma^\mu$，选择 $\lambda \neq \mu$。
• 若 $\Gamma_C = S^{\mu\nu} \propto \gamma^\mu\gamma^\nu$，选择 $\lambda = \mu$。
• 若 $\Gamma_C = \gamma^\mu\gamma_5$，选择 $\lambda = \mu$。
• 若 $\Gamma_C = \gamma_5$，选择 $\lambda = 0$。

利用反对易关系 $\Gamma_C \gamma^\lambda = -\gamma^\lambda \Gamma_C$，可得 $\Gamma_C = -\gamma^\lambda \Gamma_C (\gamma^\lambda)^{-1}$。对两边取迹，并利用迹的循环不变性： $\text{Tr}(\Gamma_C) = -\text{Tr}(\gamma^\lambda \Gamma_C (\gamma^\lambda)^{-1}) = -\text{Tr}((\gamma^\lambda)^{-1} \gamma^\lambda \Gamma_C) = -\text{Tr}(\Gamma_C)$ 这表明对于所有 $\Gamma_C \neq 1$，都有 $\text{Tr}(\Gamma_C) = 0$。

第 4 步：利用内积证明线性无关性 根据 $\gamma$ 矩阵的厄米共轭性质（$\gamma^{0\dagger} = \gamma^0$ 且 $\gamma^{i\dagger} = -\gamma^i$），任意 $\Gamma_A$ 的厄米共轭都正比于其自身，即 $\Gamma_A^\dagger = c_A \Gamma_A$，其中 $c_A \in \{1, -1\}$。

对于 $A \neq B$，计算其内积： $\text{Tr}(\Gamma_A^\dagger \Gamma_B) = c_A \text{Tr}(\Gamma_A \Gamma_B) \propto \text{Tr}(\Gamma_C)$ 由第 2 步知，当 $A \neq B$ 时 $\Gamma_C \neq 1$；再由第 3 步知 $\text{Tr}(\Gamma_C) = 0$。因此： $\text{Tr}(\Gamma_A^\dagger \Gamma_B) = 0 \quad (\text{当 } A \neq B \text{ 时})$

对于 $A = B$： $\text{Tr}(\Gamma_A^\dagger \Gamma_A) = \sum_{i,j} |(\Gamma_A)_{ij}|^2$ 因为 $\Gamma_A$ 是可逆矩阵的乘积，绝不是零矩阵，所以其各项绝对值平方和严格大于零，即 $\text{Tr}(\Gamma_A^\dagger \Gamma_A) > 0$。

结论 上述推导表明，这 16 个矩阵在 Frobenius 内积下是相互正交且非零的。正交的非零向量必然线性无关。由于 $4 \times 4$ 复矩阵空间的维数恰好为 16，这 16 个线性无关的矩阵构成该空间的一组完备基。

因此，最一般的 $4 \times 4$ 矩阵 $M$ 都可以写成这 16 个矩阵的复系数线性组合： $\boxed{ M = c I + c_\mu \gamma^\mu + c_{\mu\nu} S^{\mu\nu} + d_\mu \gamma^\mu \gamma_5 + e \gamma_5 }$ （其中 $c_{\mu\nu}$ 满足反对称性，求和对独立分量进行）。