习题 60.1 - 解答

---

a)

在旋量螺旋度形式（Spinor Helicity Formalism）中，对于动量为 $k$、参考零动量为 $q$ 的无质量规范玻色子，其极化矢量定义为： $\epsilon_+^\mu(k; q) = - \frac{\langle q | \gamma^\mu | k ]}{\sqrt{2} \langle q k \rangle}, \quad \epsilon_-^\mu(k; q) = - \frac{[ q | \gamma^\mu | k \rangle}{\sqrt{2} [ q k ]}$ （注：此处采用 Srednicki 的符号约定，度规为 $(-, +, +, +)$，极化矢量定义带有一个整体负号）。

对于任意无质量动量 $p$，其对应的狄拉克矩阵 $\not p = p_\mu \gamma^\mu$ 满足完备性关系： $\not p = - ( | p \rangle [ p | + | p ] \langle p | )$

计算 $p \cdot \epsilon_+(k; q)$： $p \cdot \epsilon_+(k; q) = - \frac{\langle q | \not p | k ]}{\sqrt{2} \langle q k \rangle}$ 代入 $\not p$ 的表达式，并利用左右手旋量正交性 $\langle q | p ] = 0$： $\langle q | \not p | k ] = \langle q | \Big( - | p \rangle [ p | - | p ] \langle p | \Big) | k ] = - \langle q p \rangle [ p k ]$ 因此得到： \boxed{ p \cdot \epsilon_+(k; q) = \frac{\langle q p \rangle [ p k ]}{\sqrt{2} \langle q k \rangle} } \tag{60.34}

同理计算 $p \cdot \epsilon_-(k; q)$： $p \cdot \epsilon_-(k; q) = - \frac{[ q | \not p | k \rangle}{\sqrt{2} [ q k ]}$ $[ q | \not p | k \rangle = [ q | \Big( - | p \rangle [ p | - | p ] \langle p | \Big) | k \rangle = - [ q p ] \langle p k \rangle$ 因此得到： \boxed{ p \cdot \epsilon_-(k; q) = \frac{[ q p ] \langle p k \rangle}{\sqrt{2} [ q k ]} } \tag{60.35}

利用上述结果，分别代入 $p = k$ 和 $p = q$。 当 $p = k$ 时，由于旋量内积的反对称性 $[ k k ] = 0$ 且 $\langle k k \rangle = 0$： $k \cdot \epsilon_+(k; q) = \frac{\langle q k \rangle [ k k ]}{\sqrt{2} \langle q k \rangle} = 0$ $k \cdot \epsilon_-(k; q) = \frac{[ q k ] \langle k k \rangle}{\sqrt{2} [ q k ]} = 0$ 即满足规范不变性要求的： \boxed{ k \cdot \epsilon_\pm(k; q) = 0 } \tag{60.36}

当 $p = q$ 时，由于 $\langle q q \rangle = 0$ 且 $[ q q ] = 0$： $q \cdot \epsilon_+(k; q) = \frac{\langle q q \rangle [ q k ]}{\sqrt{2} \langle q k \rangle} = 0$ $q \cdot \epsilon_-(k; q) = \frac{[ q q ] \langle q k \rangle}{\sqrt{2} [ q k ]} = 0$ 即： \boxed{ q \cdot \epsilon_\pm(k; q) = 0 } \tag{60.37}

---

b)

计算极化矢量的点乘需要用到泡利矩阵的 Fierz 恒等式： $(\sigma^\mu)_{\alpha \dot{\alpha}} (\sigma_\mu)_{\beta \dot{\beta}} = -2 \epsilon_{\alpha \beta} \epsilon_{\dot{\alpha} \dot{\beta}}$ $(\bar{\sigma}^\mu)^{\dot{\alpha} \alpha} (\bar{\sigma}_\mu)^{\dot{\beta} \beta} = -2 \epsilon^{\dot{\alpha} \dot{\beta}} \epsilon^{\alpha \beta}$ $(\sigma^\mu)_{\alpha \dot{\alpha}} (\bar{\sigma}_\mu)^{\dot{\beta} \beta} = -2 \delta_\alpha^\beta \delta_{\dot{\alpha}}^{\dot{\beta}}$ 以及旋量内积的指标缩并关系（注意反对称张量带来的负号）： $\bar{k}^{\dot{\alpha}} \epsilon_{\dot{\alpha} \dot{\beta}} \bar{k}'^{\dot{\beta}} = - [ k k' ], \quad k_\alpha \epsilon^{\alpha \beta} k'_\beta = - \langle k k' \rangle, \quad \bar{k}^{\dot{\alpha}} \bar{q}'_{\dot{\alpha}} = - [ k q' ]$

1. 计算 $\epsilon_+(k; q) \cdot \epsilon_+(k'; q')$： $\epsilon_+(k; q) \cdot \epsilon_+(k'; q') = \frac{ \langle q | \gamma^\mu | k ] \langle q' | \gamma_\mu | k' ] }{ 2 \langle q k \rangle \langle q' k' \rangle }$ 展开分子： $\begin{aligned} \langle q | \gamma^\mu | k ] \langle q' | \gamma_\mu | k' ] &= q^\alpha \bar{k}^{\dot{\alpha}} q'^\beta \bar{k}'^{\dot{\beta}} (\sigma^\mu)_{\alpha \dot{\alpha}} (\sigma_\mu)_{\beta \dot{\beta}} \\ &= -2 (q^\alpha \epsilon_{\alpha \beta} q'^\beta) (\bar{k}^{\dot{\alpha}} \epsilon_{\dot{\alpha} \dot{\beta}} \bar{k}'^{\dot{\beta}}) \\ &= -2 \langle q q' \rangle (- [ k k' ]) = 2 \langle q q' \rangle [ k k' ] \end{aligned}$ 代回原式得： \boxed{ \epsilon_+(k; q) \cdot \epsilon_+(k'; q') = \frac{\langle q q' \rangle [ k k' ]}{\langle q k \rangle \langle q' k' \rangle} } \tag{60.38}

2. 计算 $\epsilon_-(k; q) \cdot \epsilon_-(k'; q')$： $\epsilon_-(k; q) \cdot \epsilon_-(k'; q') = \frac{ [ q | \gamma^\mu | k \rangle [ q' | \gamma_\mu | k' \rangle }{ 2 [ q k ] [ q' k' ] }$ 展开分子： $\begin{aligned} [ q | \gamma^\mu | k \rangle [ q' | \gamma_\mu | k' \rangle &= \bar{q}_{\dot{\alpha}} k_\alpha \bar{q}'_{\dot{\beta}} k'_\beta (\bar{\sigma}^\mu)^{\dot{\alpha} \alpha} (\bar{\sigma}_\mu)^{\dot{\beta} \beta} \\ &= -2 (\bar{q}_{\dot{\alpha}} \epsilon^{\dot{\alpha} \dot{\beta}} \bar{q}'_{\dot{\beta}}) (k_\alpha \epsilon^{\alpha \beta} k'_\beta) \\ &= -2 [ q q' ] (- \langle k k' \rangle) = 2 [ q q' ] \langle k k' \rangle \end{aligned}$ 代回原式得： \boxed{ \epsilon_-(k; q) \cdot \epsilon_-(k'; q') = \frac{[ q q' ] \langle k k' \rangle}{[ q k ] [ q' k' ]} } \tag{60.39}

3. 计算 $\epsilon_+(k; q) \cdot \epsilon_-(k'; q')$： $\epsilon_+(k; q) \cdot \epsilon_-(k'; q') = \frac{ \langle q | \gamma^\mu | k ] [ q' | \gamma_\mu | k' \rangle }{ 2 \langle q k \rangle [ q' k' ] }$ 展开分子： $\begin{aligned} \langle q | \gamma^\mu | k ] [ q' | \gamma_\mu | k' \rangle &= q^\alpha \bar{k}^{\dot{\alpha}} \bar{q}'_{\dot{\beta}} k'_\beta (\sigma^\mu)_{\alpha \dot{\alpha}} (\bar{\sigma}_\mu)^{\dot{\beta} \beta} \\ &= -2 q^\alpha \bar{k}^{\dot{\alpha}} \bar{q}'_{\dot{\beta}} k'_\beta \delta_\alpha^\beta \delta_{\dot{\alpha}}^{\dot{\beta}} \\ &= -2 (q^\alpha k'_\alpha) (\bar{k}^{\dot{\alpha}} \bar{q}'_{\dot{\alpha}}) \\ &= -2 \langle q k' \rangle (- [ k q' ]) = 2 \langle q k' \rangle [ k q' ] \end{aligned}$ 代回原式得： \boxed{ \epsilon_+(k; q) \cdot \epsilon_-(k'; q') = \frac{\langle q k' \rangle [ k q' ]}{\langle q k \rangle [ q' k' ]} } \tag{60.40}

结论分析： 从上述结果可以明显看出：

• 在式 (60.38) 和 (60.39) 中，如果选取相同的参考动量 $q' = q$，由于旋量内积的反对称性 $\langle q q \rangle = 0$ 且 $[ q q ] = 0$，等式右侧将严格为零。
• 在式 (60.40) 中，如果 $q = k'$，则分子包含 $\langle k' k' \rangle = 0$；如果 $q' = k$，则分子包含 $[ k k ] = 0$。在这两种情况下，等式右侧同样为零。这在实际的散射振幅计算中，通过巧妙选择参考动量可以大量简化计算。

习题 60.2 - 解答

---

物理背景与分析

本题涉及量子场论中的旋量螺旋度形式（Spinor Helicity Formalism）。在处理无质量粒子的散射振幅时，利用外态粒子的动量守恒以及旋量内积的性质可以极大地简化计算。 对于 $n$ 个全部视为出射（outgoing）的外态粒子，四维动量守恒定律要求： $\sum_{j=1}^{n} p_j^\mu = 0 \implies \sum_{j=1}^{n} \not{p}_j = 0$ 此外，在旋量螺旋度形式中，左手和右手外尔旋量（Weyl spinors）具有正交性，即混合手征的旋量内积严格为零： $\langle i | j ] = 0, \quad [ i | j \rangle = 0$ 同手征的旋量内积定义为： $\langle i | j \rangle \equiv \langle i j \rangle, \quad [ i | j ] \equiv [ i j ]$ 并且它们满足反对称性：$\langle i j \rangle = -\langle j i \rangle$ 且 $[ i j ] = -[ j i ]$，这直接导致 $\langle i i \rangle = 0$ 且 $[ i i ] = 0$。

---

a) 的解答

我们需要证明动量守恒在旋量乘积中导出的恒等式。根据题目提示，使用方程 (60.6)： $-\not{p}_j = |j\rangle[j| + |j]\langle j|$

首先，我们在该算符两边分别乘上左矢 $\langle i|$ 和右矢 $|k]$，计算其矩阵元： $\langle i | (-\not{p}_j) | k ] = \langle i | \Big( |j\rangle[j| + |j]\langle j| \Big) | k ]$ 将其展开并利用旋量内积的定义： $\langle i | (-\not{p}_j) | k ] = \langle i | j \rangle [ j | k ] + \langle i | j ] \langle j | k ]$ 由于混合手征的旋量内积为零（$\langle i | j ] = 0$ 且 $\langle j | k ] = 0$），第二项消失，我们得到： $\langle i | (-\not{p}_j) | k ] = \langle i j \rangle [ j k ]$ 现在，对所有 $n$ 个外态粒子求和： $\sum_{j=1}^{n} \langle i j \rangle [ j k ] = \sum_{j=1}^{n} \langle i | (-\not{p}_j) | k ] = \langle i | \left( -\sum_{j=1}^{n} \not{p}_j \right) | k ]$ 由于所有粒子动量均视为出射，动量守恒要求 $\sum_{j=1}^{n} \not{p}_j = 0$。因此： $\boxed{ \sum_{j=1}^{n} \langle i j \rangle [ j k ] = 0 }$

同理，为了证明第二个等式，我们在方程 (60.6) 两边分别乘上左矢 $[i|$ 和右矢 $|k\rangle$： $[ i | (-\not{p}_j) | k \rangle = [ i | \Big( |j\rangle[j| + |j]\langle j| \Big) | k \rangle$ 展开后得到： $[ i | (-\not{p}_j) | k \rangle = [ i | j \rangle [ j | k \rangle + [ i | j ] \langle j | k \rangle$ 同样利用混合手征内积为零的性质（$[ i | j \rangle = 0$），第一项消失，得到： $[ i | (-\not{p}_j) | k \rangle = [ i j ] \langle j k \rangle$ 对所有 $n$ 个粒子求和，并利用动量守恒 $\sum_{j=1}^{n} \not{p}_j = 0$： $\sum_{j=1}^{n} [ i j ] \langle j k \rangle = [ i | \left( -\sum_{j=1}^{n} \not{p}_j \right) | k \rangle = 0$ 从而证明了第二个等式： $\boxed{ \sum_{j=1}^{n} [ i j ] \langle j k \rangle = 0 }$

---

b) 的解答

对于 $n=4$ 的过程，我们利用在 (a) 问中证明的第二个恒等式： $\sum_{j=1}^{4} [ i j ] \langle j k \rangle = 0$ 为了得到题目要求的关系式，我们选取特定的外部粒子指标，令 $i=3$ 且 $k=2$。将求和式展开： $[31]\langle 12\rangle + [32]\langle 22\rangle + [33]\langle 32\rangle + [34]\langle 42\rangle = 0$ 根据旋量内积的反对称性，相同粒子的旋量内积严格为零，即： $\langle 22 \rangle = 0 \quad \text{且} \quad [33] = 0$ 因此，求和式中的第二项和第三项均为零，方程简化为： $[31]\langle 12\rangle + [34]\langle 42\rangle = 0$ 移项即可得到最终结果： $\boxed{ [31]\langle 12\rangle = -[34]\langle 42\rangle }$

习题 60.3 - 解答

---

为了将散射振幅从纯尖括号（左手旋量内积）形式转换为纯方括号（右手旋量内积）形式，我们需要利用旋量螺旋度形式（Spinor Helicity Formalism）中的动量守恒恒等式以及 Mandelstam 变量的性质。

对于四体无质量粒子的散射过程，所有粒子的动量均视为入射，满足动量守恒定律： $\sum_{i=1}^{4} p_i = 0$ 在旋量螺旋度形式中，四维动量可以表示为旋量的外积 $p_i = |i\rangle [i|$，因此动量守恒可以写为： $\sum_{i=1}^{4} |i\rangle [i| = 0$

步骤 1：利用动量守恒推导第一个旋量关系

我们在动量守恒方程左侧乘上左手旋量 $\langle 2|$，右侧乘上右手旋量 $|1]$： $\langle 2| \left( \sum_{i=1}^{4} |i\rangle [i| \right) |1] = 0$ 展开求和项，得到： $\langle 2 1 \rangle [1 1] + \langle 2 2 \rangle [2 1] + \langle 2 3 \rangle [3 1] + \langle 2 4 \rangle [4 1] = 0$ 根据旋量内积的反对称性，同向旋量的内积为零，即 $[1 1] = 0$ 且 $\langle 2 2 \rangle = 0$。因此前两项消去，剩下： $\langle 2 3 \rangle [3 1] + \langle 2 4 \rangle [4 1] = 0$ 再次利用反对称性 $[i j] = -[j i]$，将 $[3 1]$ 替换为 $-[1 3]$，$[4 1]$ 替换为 $-[1 4]$： $-\langle 2 3 \rangle [1 3] - \langle 2 4 \rangle [1 4] = 0$ 移项后得到第一个关键恒等式： \langle 2 4 \rangle [1 4] = -\langle 2 3 \rangle [1 3] \tag{A}

步骤 2：利用 Mandelstam 变量推导第二个旋量关系

对于无质量粒子，Mandelstam 变量 $t$ 可以通过动量守恒表示为： $t = (p_1 + p_3)^2 = (p_2 + p_4)^2$ 将其展开为旋量内积形式，由于 $p_i^2 = 0$，有 $2p_i \cdot p_j = \langle i j \rangle [j i]$： $\langle 1 3 \rangle [3 1] = \langle 2 4 \rangle [4 2]$ 同样利用方括号内积的反对称性 $[3 1] = -[1 3]$ 和 $[4 2] = -[2 4]$，代入上式： $-\langle 1 3 \rangle [1 3] = -\langle 2 4 \rangle [2 4]$ 两边消去负号，得到第二个关键恒等式： \langle 2 4 \rangle [2 4] = \langle 1 3 \rangle [1 3] \tag{B}

步骤 3：组合恒等式并代入原振幅

为了构造出原方程 (60.31) 中的 $\langle 2 4 \rangle^2$，我们将恒等式 (A) 和 (B) 相乘： $(\langle 2 4 \rangle [1 4]) \times (\langle 2 4 \rangle [2 4]) = (-\langle 2 3 \rangle [1 3]) \times (\langle 1 3 \rangle [1 3])$ 整理等式两边： $\langle 2 4 \rangle^2 [1 4] [2 4] = -\langle 1 3 \rangle \langle 2 3 \rangle [1 3]^2$ 将包含尖括号的项移到等式左边，包含方括号的项移到等式右边（即两边同除以 $\langle 1 3 \rangle \langle 2 3 \rangle [1 4] [2 4]$）： $\frac{\langle 2 4 \rangle^2}{\langle 1 3 \rangle \langle 2 3 \rangle} = -\frac{[1 3]^2}{[1 4] [2 4]}$

最后，将上述比值关系直接代入题目给定的初始振幅表达式 (60.31) 中： $\mathcal{T}_{+-+-} = 2e^2 \frac{\langle 2 4 \rangle^2}{\langle 1 3 \rangle \langle 2 3 \rangle}$ 替换分式部分，即可得到完全由方括号表示的等效振幅： $\mathcal{T}_{+-+-} = 2e^2 \left( -\frac{[1 3]^2}{[1 4] [2 4]} \right)$

整理符号，最终证明完毕： $\boxed{ \mathcal{T}_{+-+-} = -2 e^{2} \frac{[13]^{2}}{[14][24]} }$

习题 60.4 - 解答

---

首先，我们对题干中给出的散射振幅表达式 eq. (60.29) 进行化简。根据旋量螺旋度形式（spinor helicity formalism）中的全入射约定（all-incoming convention），四动量守恒条件为 $p_1 + p_2 + k_3 + k_4 = 0$。 Mandelstam 变量 $s_{13}$ 定义为： $s_{13} = -(p_1 + k_3)^2 = 2p_1 \cdot k_3 = \langle 1 3 \rangle [1 3] = - \langle 1 3 \rangle [3 1]$ 将此代入 eq. (60.29) 中包含 $s_{13}$ 的部分，可以得到： $\frac{[3 1]}{s_{13}} = \frac{[3 1]}{- \langle 1 3 \rangle [3 1]} = - \frac{1}{\langle 1 3 \rangle}$ 将该结果代回 eq. (60.29)，振幅表达式化简为： $\mathcal{T} = -e^2 \frac{\sqrt{2}}{[q_4 4]} \langle 2 4 \rangle [q_4 | (p_1 + k_3) | 2 \rangle \left( - \frac{\sqrt{2}}{\langle 1 3 \rangle \langle 2 3 \rangle} \right) = 2e^2 \frac{\langle 2 4 \rangle}{[q_4 4] \langle 1 3 \rangle \langle 2 3 \rangle} [q_4 | (p_1 + k_3) | 2 \rangle$ 接下来我们分别代入不同的参考旋量 $q_4$ 来证明其结果均等价于 eq. (60.31)。

---

a) 当选取 $q_4 = p_1$ 时，对应的左手旋量为 $[q_4| = [1|$。 我们需要计算化简后振幅中的矩阵元 $[1 | (p_1 + k_3) | 2 \rangle$： $[1 | (p_1 + k_3) | 2 \rangle = [1 | p_1 | 2 \rangle + [1 | k_3 | 2 \rangle$ 利用动量的旋量表示 $p_i = |i\rangle [i|$，第一项中包含 $[1 | p_1 = [1 1] \langle 1| = 0$。对于第二项，代入 $k_3 = |3\rangle [3|$，得到： $[1 | k_3 | 2 \rangle = [1 3] \langle 3 2 \rangle = - [1 3] \langle 2 3 \rangle = [3 1] \langle 2 3 \rangle$ 将此矩阵元代回化简后的振幅表达式中： $\mathcal{T} = 2e^2 \frac{\langle 2 4 \rangle}{[1 4] \langle 1 3 \rangle \langle 2 3 \rangle} [3 1] \langle 2 3 \rangle = 2e^2 \frac{\langle 2 4 \rangle [3 1]}{\langle 1 3 \rangle [1 4]}$ 为了消去上方表达式中的方括号 $[...]$，我们利用动量守恒条件 $\sum_{i=1}^4 |i\rangle [i| = 0$。将该等式左乘 $[1|$，右乘 $|2\rangle$： $[1 | \Big( |1\rangle [1| + |2\rangle [2| + |3\rangle [3| + |4\rangle [4| \Big) |2\rangle = 0$ 展开后得到： $[1 1] \langle 1 2 \rangle + [1 2] \langle 2 2 \rangle + [1 3] \langle 3 2 \rangle + [1 4] \langle 4 2 \rangle = 0$ 由于反对称性 $[1 1] = 0$ 且 $\langle 2 2 \rangle = 0$，上式简化为： $[1 3] \langle 3 2 \rangle + [1 4] \langle 4 2 \rangle = 0$ 利用尖括号的反对称性 $\langle i j \rangle = - \langle j i \rangle$，可得： $- [1 3] \langle 2 3 \rangle - [1 4] \langle 2 4 \rangle = 0 \implies [1 3] \langle 2 3 \rangle = - [1 4] \langle 2 4 \rangle$ 再利用 $[3 1] = - [1 3]$，我们得到联系方括号与尖括号的比例关系： $[3 1] \langle 2 3 \rangle = [1 4] \langle 2 4 \rangle \implies \frac{[3 1]}{[1 4]} = \frac{\langle 2 4 \rangle}{\langle 2 3 \rangle}$ 将此比例关系代入振幅 $\mathcal{T}$ 中： $\mathcal{T} = 2e^2 \frac{\langle 2 4 \rangle}{\langle 1 3 \rangle} \left( \frac{\langle 2 4 \rangle}{\langle 2 3 \rangle} \right) = 2e^2 \frac{\langle 2 4 \rangle^2}{\langle 1 3 \rangle \langle 2 3 \rangle}$ 这与 eq. (60.31) 完全一致。 $\boxed{\mathcal{T}_{+-+-} = 2e^2 \frac{\langle 2 4 \rangle^2}{\langle 1 3 \rangle \langle 2 3 \rangle}}$

---

b) 当选取 $q_4 = p_2$ 时，对应的左手旋量为 $[q_4| = [2|$。 此时需要计算的矩阵元为 $[2 | (p_1 + k_3) | 2 \rangle$。 利用动量守恒条件 $p_1 + k_3 = - p_2 - k_4$，我们可以直接替换中间的动量算符： $[2 | (p_1 + k_3) | 2 \rangle = [2 | (- p_2 - k_4) | 2 \rangle = - [2 | p_2 | 2 \rangle - [2 | k_4 | 2 \rangle$ 同理，由于 $p_2 = |2\rangle [2|$，第一项 $[2 | p_2 = [2 2] \langle 2| = 0$。对于第二项，代入 $k_4 = |4\rangle [4|$： $- [2 | k_4 | 2 \rangle = - [2 4] \langle 4 2 \rangle = [2 4] \langle 2 4 \rangle$ 将该矩阵元代回化简后的振幅表达式中： $\mathcal{T} = 2e^2 \frac{\langle 2 4 \rangle}{[2 4] \langle 1 3 \rangle \langle 2 3 \rangle} \Big( [2 4] \langle 2 4 \rangle \Big)$ 分子与分母中的方括号 $[2 4]$ 直接对消，无需再使用额外的动量守恒恒等式，直接得到： $\mathcal{T} = 2e^2 \frac{\langle 2 4 \rangle^2}{\langle 1 3 \rangle \langle 2 3 \rangle}$ 这同样与 eq. (60.31) 完全一致。 $\boxed{\mathcal{T}_{+-+-} = 2e^2 \frac{\langle 2 4 \rangle^2}{\langle 1 3 \rangle \langle 2 3 \rangle}}$