习题 50.1 - 解答

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习题分析与解答

a) 证明 $-\not{p} = |p\rangle [p| + |p] \langle p|$

在 Srednicki 的约定中，对于动量为 $p$、质量为 $m$ 的费米子，Dirac 旋量的完备性关系为：

由于 $p$ 是无质量粒子的四维动量，即 $m=0$，完备性关系简化为：

根据题目给定的旋量表示法 (50.33)：

将这些定义直接代入无质量旋量的完备性关系中，即可得到：

即证明了：

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b) 使用该符号重新推导公式 (50.28–50.30)

利用 (a) 中证明的恒等式 $-\not{k} = |k\rangle [k| + |k] \langle k|$ 以及题目给定的内积正交关系 (50.34)：

我们可以逐一推导目标公式。

1. 推导 Equation (50.28): 将左侧表达式转化为 bra-ket 符号：

代入 $-\not{k}$ 的展开式：

根据正交关系，$[p'|k\rangle = 0$，因此第一项为零。对于第二项，代入非零内积 $[p'|k] = [p' k]$ 和 $\langle k|p\rangle = \langle k p \rangle$，得到：

这与公式 (50.28) 完全一致。

2. 推导 Equation (50.29): 将左侧表达式转化为 bra-ket 符号：

代入 $-\not{k}$ 的展开式：

根据正交关系，$\langle p'|k] = 0$，因此第二项为零。对于第一项，代入非零内积 $\langle p'|k\rangle = \langle p' k \rangle$ 和 $[k|p] = [k p]$，得到：

这与公式 (50.29) 完全一致。

3. 推导 Equation (50.30): 该公式包含两个需要证明为零的表达式。 首先计算第一个表达式：

根据正交关系，$[k|p\rangle = 0$ 且 $\langle p'|k] = 0$，因此两项均等于零，结果为 $0$。

接着计算第二个表达式：

根据正交关系，$[p'|k\rangle = 0$ 且 $\langle k|p] = 0$，因此两项同样均等于零，结果为 $0$。

综合以上两部分，我们得到：

这与公式 (50.30) 完全一致。

习题 50.2 - 解答

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习题 50.2 分析与解答

a) 验证等式 (50.12)

根据题意，我们需要利用式 (50.9) 和 (50.15) 证明 $p_{a\dot{a}} = -\phi_a \phi_{\dot{a}}^*$。

首先，由式 (50.9) 给出的左手外尔旋量 $\phi_a$ 为：

其复共轭 $\phi_{\dot{a}}^* = (\phi_a)^*$ 在矩阵表示中对应于行向量（因为 $p_{a\dot{a}}$ 是一个 $2 \times 2$ 矩阵，其分量由列向量与行向量的外积构成）：

计算外积矩阵 $-\phi_a \phi_{\dot{a}}^*$ 的各个分量：

利用半角公式 $2\sin^2(\frac{\theta}{2}) = 1 - \cos\theta$，$2\cos^2(\frac{\theta}{2}) = 1 + \cos\theta$ 以及 $2\sin(\frac{\theta}{2})\cos(\frac{\theta}{2}) = \sin\theta$，上式可化简为：

另一方面，对于无质量粒子，能量 $p^0 = \omega = |\mathbf{p}|$。动量在球坐标系下的分量为：

代入式 (50.15) 给出的 $p_{a\dot{a}}$ 矩阵中：

对比两式结果，显然有：

等式 (50.12) 得证。

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b) 在无质量极限下显式计算 $u_{\pm}(\mathbf{p})$ 并验证

在外尔基底（Weyl representation）下，狄拉克旋量的洛伦兹平移生成元为 $\mathbf{K}$，满足 $i\mathbf{K} = -\frac{1}{2} \begin{pmatrix} \boldsymbol{\sigma} & 0 \\ 0 & -\boldsymbol{\sigma} \end{pmatrix}$。 当三维动量 $\mathbf{p}$ 沿 $+\mathbf{\hat{z}}$ 方向时，$\hat{\mathbf{p}} \cdot \boldsymbol{\sigma} = \sigma^3$。根据式 (38.12)，沿 $z$ 方向的快度（rapidity）为 $\eta$ 的洛伦兹推演算符为：

由于 $\sigma^3 = \text{diag}(1, -1)$，推演矩阵可显式写为对角阵 $\text{diag}(e^{-\eta/2}, e^{\eta/2}, e^{\eta/2}, e^{-\eta/2})$。

静止系中的旋量 $u_s(\mathbf{0}) = \sqrt{m} \begin{pmatrix} \chi_s \\ \chi_s \end{pmatrix}$。对于螺旋度 $s = \pm$，对应的二分量旋量分别为 $\chi_+ = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ 和 $\chi_- = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$。 作用推演算符后，得到任意动量下的旋量：

取无质量极限 ($m \to 0, \eta \to \infty$)： 已知 $\sinh\eta = |\mathbf{p}|/m = \omega/m$。在 $\eta \to \infty$ 极限下，$\sinh\eta \approx \frac{1}{2}e^\eta$，因此 $e^\eta \approx 2\omega/m$。 由此可得渐近关系：

代入上述旋量表达式，得到无质量极限下的显式结果：

验证与式 (50.8), (50.9), (50.13) 的一致性： 当动量沿 $+\mathbf{\hat{z}}$ 方向时，极角 $\theta = 0$。代入式 (50.9) 计算 $\phi_a$：

根据式 (50.8)，负螺旋度旋量为：

这与我们通过推演算符取极限得到的结果完全一致。

对于正螺旋度旋量，根据式 (50.13) 有 $u_+(\mathbf{p}) = \begin{pmatrix} 0 \\ \phi^{*\dot{a}} \end{pmatrix}$。 我们需要利用反对称张量 $\epsilon^{\dot{a}\dot{b}}$ 升指标（约定 $\epsilon^{12} = 1, \epsilon^{21} = -1$）：

由于 $\phi_a = \begin{pmatrix} 0 \\ \sqrt{2\omega} \end{pmatrix}$，其复共轭分量为 $\phi^*_{\dot{1}} = 0$ 且 $\phi^*_{\dot{2}} = \sqrt{2\omega}$。代入上式得：

因此，根据式 (50.13) 构造的旋量为：

这同样与我们通过推演算符取极限得到的结果完全一致。验证完毕。

习题 50.3 - 解答

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在旋量螺旋度形式（spinor helicity formalism）中，角度括号（angle bracket）定义为两个两分量外尔旋量（Weyl spinors）的反对称缩并：

其中 $\alpha, \beta \in \{1, 2\}$ 是旋量指标，$\epsilon_{\alpha \beta}$ 是二维反对称 Levi-Civita 符号，且约定 $\epsilon_{12} = 1$。由于 $\epsilon_{\alpha \beta}$ 的反对称性，角度括号满足反对称性：$\langle p q \rangle = - \langle q p \rangle$。

方法一：基于二维空间完全反对称性的物理分析

令等式左边为关于旋量标签 $q, r, s$ 的函数：

我们来检验 $S(q, r, s)$ 在交换任意两个标签时的对称性。例如交换 $q$ 和 $r$：

利用角度括号的反对称性 $\langle q s \rangle = - \langle s q \rangle$、$\langle s r \rangle = - \langle r s \rangle$ 以及 $\langle r q \rangle = - \langle q r \rangle$，上式可写为：

同理，交换 $r$ 和 $s$ 也会得到 $S(q, s, r) = -S(q, r, s)$。这表明 $S(q, r, s)$ 在三个标签 $q, r, s$ 的置换下是完全反对称的。

然而，每个旋量 $\lambda_i$ 只有两个分量（即它们存在于二维复向量空间中）。在二维空间中，任何具有三个指标的完全反对称张量必然恒等于零（因为不可能从两个不同的维度中选出三个相互正交的方向）。因此，该表达式必须恒为零：

方法二：基于 Levi-Civita 符号恒等式的严格张量推导

在二维空间中，对三个指标 $\alpha, \beta, \gamma$ 进行完全反对称化必然得到零，即：

将其展开，我们得到二维 Schouten 恒等式的基本形式：

利用 $\epsilon$ 张量的反对称性，将第三项改写为 $\epsilon_{\gamma \alpha} \epsilon_{\beta \delta} = (-\epsilon_{\alpha \gamma})(-\epsilon_{\delta \beta}) = \epsilon_{\alpha \gamma} \epsilon_{\delta \beta}$，并将第二项交换相乘顺序，恒等式变为：

现在，将此恒等式与四个旋量 $\lambda_p^\alpha \lambda_q^\beta \lambda_r^\gamma \lambda_s^\delta$ 进行缩并：

将其分配到每一项中，并根据角度括号的定义 $\langle i j \rangle = \epsilon_{\mu \nu} \lambda_i^\mu \lambda_j^\nu$ 进行识别：

1. 第一项：$(\epsilon_{\alpha \beta} \lambda_p^\alpha \lambda_q^\beta) (\epsilon_{\gamma \delta} \lambda_r^\gamma \lambda_s^\delta) = \langle p q \rangle \langle r s \rangle$
2. 第二项：$(\epsilon_{\alpha \gamma} \lambda_p^\alpha \lambda_r^\gamma) (\epsilon_{\delta \beta} \lambda_s^\delta \lambda_q^\beta) = \langle p r \rangle \langle s q \rangle$
3. 第三项：$(\epsilon_{\alpha \delta} \lambda_p^\alpha \lambda_s^\delta) (\epsilon_{\beta \gamma} \lambda_q^\beta \lambda_r^\gamma) = \langle p s \rangle \langle q r \rangle$

将上述三项代回缩并后的方程，即直接证明了 Schouten 恒等式：

习题 50.4 - 解答

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习题分析与物理背景

本题涉及量子场论中的旋量螺旋度形式（Spinor Helicity Formalism）。在处理无质量费米子的散射振幅时，使用螺旋度旋量可以极大地简化计算。题目要求证明四个旋量内积的乘积可以转化为一个包含手征投影算符的狄拉克矩阵迹，并计算该迹的具体结果。

在 Srednicki 的约定中，无质量费米子的螺旋度旋量定义为： $u_+(p) = P_R u(p), \quad u_-(p) = P_L u(p)$ 其中 $P_{R,L} = \frac{1 \pm \gamma_5}{2}$ 为手征投影算符。对应的狄拉克伴随旋量为： $\bar{u}_+(p) = \overline{P_R u(p)} = u^\dagger(p) P_R \gamma^0 = \bar{u}(p) P_L$ $\bar{u}_-(p) = \overline{P_L u(p)} = u^\dagger(p) P_L \gamma^0 = \bar{u}(p) P_R$ 旋量内积（Spinor products）定义为： $\langle p q \rangle = \bar{u}_-(p) u_+(q)$ $[ p q ] = \bar{u}_+(p) u_-(q)$ 此外，无质量旋量的外积满足： $u_-(p) \bar{u}_-(p) = P_L u(p) \bar{u}(p) P_R = P_L \not{p} P_R = P_L \not{p} = \frac{1-\gamma_5}{2} \not{p}$ $u_+(p) \bar{u}_+(p) = P_R u(p) \bar{u}(p) P_L = P_R \not{p} P_L = P_R \not{p} = \frac{1+\gamma_5}{2} \not{p}$

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推导过程

首先证明等式 $\langle p q\rangle[q r]\langle r s\rangle[s p]=\operatorname{Tr} \frac{1}{2}\left(1-\gamma_{5}\right) \not{p} \not{q} \not{r} \not{s}$。

将左式的旋量内积展开为具体的旋量乘积： $\langle p q \rangle [ q r ] \langle r s \rangle [ s p ] = \big( \bar{u}_-(p) u_+(q) \big) \big( \bar{u}_+(q) u_-(r) \big) \big( \bar{u}_-(r) u_+(s) \big) \big( \bar{u}_+(s) u_-(p) \big)$ 由于每一个括号内的旋量内积都是一个标量（即 $1 \times 1$ 矩阵），标量的乘积等于其乘积的迹。利用迹的循环律 $\operatorname{Tr}(A B C D) = \operatorname{Tr}(D A B C)$，我们可以将上述标量乘积重写为矩阵乘积的迹： $\langle p q \rangle [ q r ] \langle r s \rangle [ s p ] = \operatorname{Tr} \big( u_-(p) \bar{u}_-(p) u_+(q) \bar{u}_+(q) u_-(r) \bar{u}_-(r) u_+(s) \bar{u}_+(s) \big)$ 接下来，代入无质量旋量的外积公式： $\langle p q \rangle [ q r ] \langle r s \rangle [ s p ] = \operatorname{Tr} \big( P_L \not{p} P_R \not{q} P_L \not{r} P_R \not{s} \big)$ 利用 $\gamma$ 矩阵与 $\gamma_5$ 的反对易关系，投影算符满足 $P_R \not{q} = \not{q} P_L$。因此，我们可以将投影算符向右移动： $P_L \not{p} P_R \not{q} P_L \not{r} P_R \not{s} = P_L \not{p} \not{q} P_L P_L \not{r} \not{s} P_L$ 由于投影算符满足幂等性 $P_L^2 = P_L$，上式化简为： $P_L \not{p} \not{q} \not{r} \not{s} P_L$ 代回迹中，并再次利用迹的循环律 $\operatorname{Tr}(A P_L) = \operatorname{Tr}(P_L A)$ 以及 $P_L^2 = P_L$： $\operatorname{Tr} \big( P_L \not{p} \not{q} \not{r} \not{s} P_L \big) = \operatorname{Tr} \big( P_L^2 \not{p} \not{q} \not{r} \not{s} \big) = \operatorname{Tr} \big( P_L \not{p} \not{q} \not{r} \not{s} \big)$ 将 $P_L = \frac{1-\gamma_5}{2}$ 代入，即得到所要证明的等式： $\langle p q\rangle[q r]\langle r s\rangle[s p] = \operatorname{Tr} \left[ \frac{1}{2}\left(1-\gamma_{5}\right) \not{p} \not{q} \not{r} \not{s} \right]$

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计算右式

现在计算该迹的具体结果。利用迹的线性性质，将其分为两部分： $\operatorname{Tr} \left[ \frac{1}{2}\left(1-\gamma_{5}\right) \not{p} \not{q} \not{r} \not{s} \right] = \frac{1}{2} \operatorname{Tr}(\not{p} \not{q} \not{r} \not{s}) - \frac{1}{2} \operatorname{Tr}(\gamma_5 \not{p} \not{q} \not{r} \not{s})$ 根据狄拉克矩阵的标准迹定理，四个 $\gamma$ 矩阵的迹为： $\operatorname{Tr}(\not{p} \not{q} \not{r} \not{s}) = 4 \big[ (p \cdot q)(r \cdot s) - (p \cdot r)(q \cdot s) + (p \cdot s)(q \cdot r) \big]$ 对于包含 $\gamma_5$ 的迹，在 Srednicki 的约定中（$\gamma_5 = -i \gamma^0 \gamma^1 \gamma^2 \gamma^3$），其迹为： $\operatorname{Tr}(\gamma_5 \not{p} \not{q} \not{r} \not{s}) = p_\mu q_\nu r_\rho s_\sigma \operatorname{Tr}(\gamma_5 \gamma^\mu \gamma^\nu \gamma^\rho \gamma^\sigma) = -4 i \epsilon^{\mu\nu\rho\sigma} p_\mu q_\nu r_\rho s_\sigma$ （注：此处 $\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}$ 为完全反对称张量，约定 $\epsilon_{0123} = +1$）。

将这两个结果代入原式： $\frac{1}{2} \times 4 \big[ (p \cdot q)(r \cdot s) - (p \cdot r)(q \cdot s) + (p \cdot s)(q \cdot r) \big] - \frac{1}{2} \times \big( -4 i \epsilon^{\mu\nu\rho\sigma} p_\mu q_\nu r_\rho s_\sigma \big)$ 化简后得到最终结果： $\boxed{ 2 \big[ (p \cdot q)(r \cdot s) - (p \cdot r)(q \cdot s) + (p \cdot s)(q \cdot r) + i \epsilon^{\mu\nu\rho\sigma} p_\mu q_\nu r_\rho s_\sigma \big] }$

习题 50.5 - 解答

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物理背景与符号约定

在 Srednicki 的量子场论约定中，我们采用以下符号与关系：

1. 度规与 Clifford 代数：度规 $\eta_{\mu\nu} = \text{diag}(-1, +1, +1, +1)$，$\gamma$ 矩阵满足 $\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = -2\eta^{\mu\nu}$，因此 $\text{Tr}(\gamma^\mu\gamma^\nu) = -4\eta^{\mu\nu}$ 且 $(\gamma^0)^2 = 1$。
2. 手征投影算符：$P_{R,L} = \frac{1 \pm \gamma_5}{2}$，其中 $\gamma_5$ 反对易于所有 $\gamma^\mu$。
3. 旋量定义：对于无质量费米子，右旋与左旋旋量定义为： $|p\rangle = u_+(p), \quad |p] = u_-(p)$ $\langle p| = \overline{u_-(p)}, \quad [p| = \overline{u_+(p)}$ 它们满足手征投影关系： $P_R |p\rangle = |p\rangle, \quad P_L |p] = |p]$ $\langle p| P_R = \langle p|, \quad [p| P_L = [p|$
4. 电荷共轭：电荷共轭矩阵 $C$ 满足 $C^T = -C$, $C^{-1} = -C$, 且 $C\gamma^\mu C^{-1} = -(\gamma^\mu)^T$。旋量满足 $|p\rangle = C\langle p|^T$ 和 $|p] = C[p|^T$，取转置可得 $\langle p|^T = -C|p\rangle$ 和 $[p|^T = -C|p]$。

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(a) 证明基本恒等式

(50.38) 的证明： 由于 $\langle p|\gamma^\mu|k]$ 是一个标量（$1\times 1$ 矩阵），它等于自身的转置： $\langle p|\gamma^\mu|k] = (\langle p|\gamma^\mu|k])^T = |k]^T (\gamma^\mu)^T \langle p|^T$ 代入 $|k]^T = -[k|C$（由 $[k| = |k]^T C$ 得到）以及 $\langle p|^T = -C|p\rangle$： $\langle p|\gamma^\mu|k] = (-[k|C) (\gamma^\mu)^T (-C|p\rangle) = [k| C(\gamma^\mu)^T C |p\rangle$ 利用 $C(\gamma^\mu)^T C^{-1} = -\gamma^\mu$ 且 $C^{-1} = -C$，可得 $C(\gamma^\mu)^T C = \gamma^\mu$。代入上式即得： \boxed{ \left\langle p\middle|\gamma^{\mu}\middle| k\right] = \left[k\left|\gamma^{\mu}\right| p\right\rangle } \tag{50.38}

(50.39) 的证明： 对矩阵元取复共轭（即厄米共轭）： $\langle p|\gamma^\mu|k]^* = (\overline{u_-(p)}\gamma^\mu u_-(k))^\dagger = u_-(k)^\dagger (\gamma^\mu)^\dagger \gamma^0 u_-(p)$ 利用 $(\gamma^\mu)^\dagger = \gamma^0\gamma^\mu\gamma^0$ 以及 $(\gamma^0)^2 = 1$，有 $(\gamma^\mu)^\dagger \gamma^0 = \gamma^0\gamma^\mu\gamma^0\gamma^0 = \gamma^0\gamma^\mu$。因此： $\langle p|\gamma^\mu|k]^* = u_-(k)^\dagger \gamma^0 \gamma^\mu u_-(p) = \overline{u_-(k)} \gamma^\mu u_-(p)$ 根据定义 $\overline{u_-(k)} = \langle k|$ 和 $u_-(p) = |p]$，即得： \boxed{ \left\langle p\middle|\gamma^{\mu}\middle| k\right]^{*} = \left\langle k\left|\gamma^{\mu}\right| p\right] } \tag{50.39}

(50.40) 的证明： 利用迹的性质和无质量旋量的外积关系 $u_-(p)\overline{u_-(p)} = -P_L \not{p}$： $\langle p|\gamma^\mu|p] = \overline{u_-(p)}\gamma^\mu u_-(p) = \text{Tr}\left[ \gamma^\mu u_-(p)\overline{u_-(p)} \right] = \text{Tr}\left[ \gamma^\mu (-P_L \not{p}) \right]$ 展开投影算符 $P_L = \frac{1-\gamma_5}{2}$，由于含奇数个 $\gamma$ 矩阵或单 $\gamma_5$ 的迹为零： $\langle p|\gamma^\mu|p] = -\frac{1}{2} \text{Tr}(\gamma^\mu \gamma^\nu) p_\nu = -\frac{1}{2} (-4\eta^{\mu\nu}) p_\nu = 2p^\mu$ \boxed{ \left\langle p\left|\gamma^{\mu}\right| p\right] = 2 p^{\mu} } \tag{50.40}

(50.41) 与 (50.42) 的证明： 利用手征投影算符的性质 $P_R \gamma^\mu = \gamma^\mu P_L$ 和 $P_R P_L = 0$： $\langle p|\gamma^\mu|k\rangle = \langle p| P_R \gamma^\mu P_R |k\rangle = \langle p| \gamma^\mu P_L P_R |k\rangle = 0$ $[p|\gamma^\mu|k] = [p| P_L \gamma^\mu P_L |k] = [p| \gamma^\mu P_R P_L |k] = 0$ \boxed{ \left\langle p\left|\gamma^{\mu}\right| k\right\rangle = 0 } \tag{50.41} \boxed{ \left[p\left|\gamma^{\mu}\right| k\right] = 0 } \tag{50.42}

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(b) 推广到多 $\gamma$ 矩阵乘积

设 $\Gamma^{(n)}$ 为 $n$ 个 $\gamma$ 矩阵的乘积。由于每个 $\gamma^\mu$ 都与 $\gamma_5$ 反对易，$\Gamma^{(n)}$ 穿过 $\gamma_5$ 时会产生 $(-1)^n$ 的符号。因此：

• 若 $n$ 为奇数，$\Gamma^{(2m+1)} P_{R,L} = P_{L,R} \Gamma^{(2m+1)}$。
• 若 $n$ 为偶数，$\Gamma^{(2m)} P_{R,L} = P_{R,L} \Gamma^{(2m)}$。

奇数个 $\gamma$ 矩阵： $\langle p| \Gamma^{(2m+1)} |k\rangle = \langle p| P_R \Gamma^{(2m+1)} P_R |k\rangle = \langle p| \Gamma^{(2m+1)} P_L P_R |k\rangle = 0$ $[p| \Gamma^{(2m+1)} |k] = [p| P_L \Gamma^{(2m+1)} P_L |k] = [p| \Gamma^{(2m+1)} P_R P_L |k] = 0$ $\boxed{\text{夹在 } \langle p| \text{ 与 } |k\rangle \text{，或 } [p| \text{ 与 } |k] \text{ 之间的奇数个 } \gamma \text{ 矩阵乘积为零}}$

偶数个 $\gamma$ 矩阵： $\langle p| \Gamma^{(2m)} |k] = \langle p| P_R \Gamma^{(2m)} P_L |k] = \langle p| \Gamma^{(2m)} P_R P_L |k] = 0$ $[p| \Gamma^{(2m)} |k\rangle = [p| P_L \Gamma^{(2m)} P_R |k\rangle = [p| \Gamma^{(2m)} P_L P_R |k\rangle = 0$ $\boxed{\text{夹在 } \langle p| \text{ 与 } |k] \text{，或 } [p| \text{ 与 } |k\rangle \text{ 之间的偶数个 } \gamma \text{ 矩阵乘积为零}}$

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(c) 证明 Fierz 恒等式

任意 $4\times 4$ 矩阵 $M$ 可在 Clifford 代数基底 $\{I, \gamma_5, \gamma^\mu, \gamma^\mu\gamma_5, \sigma^{\mu\nu}\}$ 上展开： $M = c_I I + c_5 \gamma_5 + c_\mu \gamma^\mu + c_{5\mu} \gamma^\mu\gamma_5 + c_{\mu\nu} \sigma^{\mu\nu}$ 其中系数由 $c_A = \frac{\text{Tr}(M \Gamma_A)}{\text{Tr}(\Gamma^A \Gamma_A)}$ 给出。特别地，由于 $\text{Tr}(\gamma^\mu\gamma_\nu) = -4\delta^\mu_\nu$，有 $c_\mu = -\frac{1}{4}\text{Tr}(M\gamma_\mu)$。

(50.43) 的证明： 令 $M = |q]\langle p| + |p\rangle[q|$。计算其展开系数：

• $c_\mu = -\frac{1}{4} \left( \text{Tr}(|q]\langle p|\gamma_\mu) + \text{Tr}(|p\rangle[q|\gamma_\mu) \right) = -\frac{1}{4} \left( \langle p|\gamma_\mu|q] + [q|\gamma_\mu|p\rangle \right)$。利用 (50.38) 式，两项相等，故 $c_\mu = -\frac{1}{2}\langle p|\gamma_\mu|q]$。
• $c_{5\mu} \propto \text{Tr}(M\gamma_\mu\gamma_5) = \langle p|\gamma_\mu\gamma_5|q] + [q|\gamma_\mu\gamma_5|p\rangle$。由于 $\gamma_5|q] = -|q]$ 且 $\gamma_5|p\rangle = |p\rangle$，该迹化为 $-\langle p|\gamma_\mu|q] + [q|\gamma_\mu|p\rangle = 0$。
• 其他系数 $c_I, c_5, c_{\mu\nu}$ 均涉及 $\langle p|\Gamma|q]$ 形式的偶数个 $\gamma$ 矩阵，由 (b) 部分结论可知全为零。

因此 $M$ 仅包含 $\gamma^\mu$ 项： \boxed{ -\frac{1}{2}\left\langle p\middle|\gamma_{\mu}\middle| q\right]\gamma^{\mu} = |q]\langle p|+| p\rangle[q| } \tag{50.43}

(50.44) 的证明： 同理，令 $M = |q\rangle[p| + |p]\langle q|$。

• $c_\mu = -\frac{1}{4} \left( [p|\gamma_\mu|q\rangle + \langle q|\gamma_\mu|p] \right) = -\frac{1}{2}[p|\gamma_\mu|q\rangle$。
• $c_{5\mu} \propto [p|\gamma_\mu\gamma_5|q\rangle + \langle q|\gamma_\mu\gamma_5|p] = [p|\gamma_\mu|q\rangle - \langle q|\gamma_\mu|p] = 0$。
• 其他系数同样因手征性匹配（偶数个 $\gamma$ 矩阵）而为零。

因此： \boxed{ -\frac{1}{2}\left[p\left|\gamma_{\mu}\right| q\right\rangle\gamma^{\mu} = |q\rangle[p|+| p]\langle q| } \tag{50.44}

(50.45) 的证明： 将 (50.44) 式夹在 $\langle r|$ 和 $|s]$ 之间： $\langle r| \left( -\frac{1}{2}\left[p\left|\gamma_{\mu}\right| q\right\rangle\gamma^{\mu} \right) |s] = \langle r| \left( |q\rangle[p| + |p]\langle q| \right) |s]$ 左边提取标量因子得到 $-\frac{1}{2} [p|\gamma_\mu|q\rangle \langle r|\gamma^\mu|s]$。 右边展开为 $\langle r|q\rangle [p|s] + \langle r|p] \langle q|s]$。由于 $\langle r|$ 和 $|p]$ 手征性相反，$\langle r|p] = 0$，故右边仅剩 $\langle r|q\rangle [p|s]$。 等式两边同乘 $-2$，并利用旋量内积的反对称性 $\langle r|q\rangle = -\langle q|r\rangle$： $[p|\gamma_\mu|q\rangle \langle r|\gamma^\mu|s] = -2 \langle r|q\rangle [p|s] = 2 [ps] \langle qr\rangle$ \boxed{ \left[p\left|\gamma^{\mu}\right| q\right\rangle\left\langle r\left|\gamma_{\mu}\right| s\right]=2[p s]\langle q r\rangle } \tag{50.45}