习题 69.1

来源: 第69章, PDF第411页

69.1 Show that eq. (69.9) implies a transformation rule for $A_\mu^a$ that is independent of the representation used in eq. (69.9). Hint: consider an infinitesimal transformation.

Referenced Equations:

Equation (69.9):

A_\mu(x) \rightarrow U(x) A_\mu(x) U^\dagger(x) + \frac{i}{g} U(x) \partial_\mu U^\dagger(x) . \tag{69.9}

习题 69.1 - 解答

物理背景与分析

在非阿贝尔规范场论中，规范场 $A_\mu(x)$ 是取值于李代数的场，可以展开为 $A_\mu(x) = A_\mu^a(x) T^a$ ，其中 $T^a$ 是规范群李代数在某一特定表示下的生成元，满足李代数对易关系：

[T^a, T^b] = i f^{abc} T^c

其中 $f^{abc}$ 是李群的结构常数，它是完全反对称的，且完全由群的几何结构决定，与具体的表示选择无关。

规范变换矩阵 $U(x)$ 可以写为 $U(x) = \exp(i \theta^a(x) T^a)$ ，其中 $\theta^a(x)$ 是规范变换参数。题目要求证明规范场分量 $A_\mu^a(x)$ 的变换规则不依赖于生成元 $T^a$ 的具体表示。由于任何与单位元连通的有限规范变换都可以由无穷多个无穷小规范变换累积（指数映射）而成，我们只需证明在无穷小变换下， $A_\mu^a(x)$ 的变换规则与表示无关即可。

推导过程

考虑无穷小规范变换，即规范参数 $\theta^a(x) \ll 1$ 。将 $U(x)$ 和 $U^\dagger(x)$ 展开至 $\theta$ 的一阶：

U(x) = I + i \theta^a(x) T^a + \mathcal{O}(\theta^2)

U^\dagger(x) = I - i \theta^a(x) T^a + \mathcal{O}(\theta^2)

将上述展开式代入规范变换公式 (69.9)：

A_\mu'(x) = U(x) A_\mu(x) U^\dagger(x) + \frac{i}{g} U(x) \partial_\mu U^\dagger(x)

展开并仅保留至 $\theta$ 的一阶项：

\begin{aligned} A_\mu'(x) &= (I + i \theta^b T^b) (A_\mu^c T^c) (I - i \theta^d T^d) + \frac{i}{g} (I + i \theta^b T^b) \partial_\mu (I - i \theta^a T^a) \\ &= A_\mu^c T^c + i \theta^b A_\mu^c T^b T^c - i A_\mu^c \theta^d T^c T^d + \frac{i}{g} (-i \partial_\mu \theta^a T^a) \\ &= A_\mu^c T^c + i \theta^b A_\mu^c [T^b, T^c] + \frac{1}{g} \partial_\mu \theta^a T^a \end{aligned}

利用李代数的对易关系 $[T^b, T^c] = i f^{bca} T^a$ ，代入上式：

\begin{aligned} A_\mu'(x) &= A_\mu^a T^a + i \theta^b A_\mu^c (i f^{bca} T^a) + \frac{1}{g} \partial_\mu \theta^a T^a \\ &= A_\mu^a T^a - f^{bca} \theta^b A_\mu^c T^a + \frac{1}{g} \partial_\mu \theta^a T^a \end{aligned}

利用结构常数的完全反对称性，有 $f^{bca} = f^{abc}$ ，提取公因子 $T^a$ ：

A_\mu'^a T^a = \left( A_\mu^a - f^{abc} \theta^b A_\mu^c + \frac{1}{g} \partial_\mu \theta^a \right) T^a

由于生成元 $T^a$ 是线性无关的，我们可以直接对比等式两边 $T^a$ 的系数，得到规范场分量 $A_\mu^a(x)$ 的无穷小变换规则：

A_\mu'^a(x) = A_\mu^a(x) - f^{abc} \theta^b(x) A_\mu^c(x) + \frac{1}{g} \partial_\mu \theta^a(x)

结论

从上式可以看出，规范场分量 $A_\mu^a(x)$ 的变换规则仅仅依赖于规范群的结构常数 $f^{abc}$ 、规范参数 $\theta^a(x)$ 以及耦合常数 $g$ 。由于结构常数是李代数本身的内禀性质，完全独立于生成元 $T^a$ 的具体矩阵表示，因此无穷小变换规则与表示无关。

进一步地，因为任意有限规范变换都可以通过对无穷小变换进行积分（即指数化）得到，所以有限变换下 $A_\mu^a(x)$ 的变换规则同样不依赖于公式 (69.9) 中所采用的具体表示。

\boxed{ A_\mu'^a(x) = A_\mu^a(x) - f^{abc} \theta^b(x) A_\mu^c(x) + \frac{1}{g} \partial_\mu \theta^a(x) }

69.2

Problem 69.2

srednickiChapter 69

习题 69.2

来源: 第69章, PDF第411页

69.2 Show that $[T^a T^a, T^b] = 0$ .

习题 69.2 - 解答

物理背景与分析

本题要求证明李代数中的二次卡西米尔算符（Quadratic Casimir Operator） $C_2 = T^a T^a$ 与该代数的所有生成元 $T^b$ 对易。在李代数中，生成元 $T^a$ 满足标准的对易关系： $[T^a, T^b] = i f^{abc} T^c$ 其中 $f^{abc}$ 为李代数的结构常数（Structure Constants）。对于紧致半单李代数，生成元的基底可以被选择为使得结构常数 $f^{abc}$ 对任意两个指标的交换都是完全反对称的（即 $f^{abc} = -f^{bac} = -f^{cba}$ 等）。证明的核心在于利用对易子的分配律（莱布尼茨法则）以及对称张量与反对称张量缩并为零的性质。

推导过程

首先，利用对易子的恒等式 $[AB, C] = A[B, C] + [A, C]B$ 展开待求的对易子： $[T^a T^a, T^b] = T^a [T^a, T^b] + [T^a, T^b] T^a$

将李代数的基本对易关系 $[T^a, T^b] = i f^{abc} T^c$ 代入上式： $[T^a T^a, T^b] = T^a (i f^{abc} T^c) + (i f^{abc} T^c) T^a$

由于结构常数 $f^{abc}$ 是普通的复数（c-numbers），它们与生成元算符对易，因此可以将其提取到最前方： $[T^a T^a, T^b] = i f^{abc} (T^a T^c + T^c T^a)$

观察括号内的项 $T^a T^c + T^c T^a$ ，这是生成元 $T^a$ 和 $T^c$ 的反对易子 $\{T^a, T^c\}$ 。显然，它在交换哑指标 $a$ 和 $c$ 时是完全对称的： $\{T^a, T^c\} = \{T^c, T^a\}$

另一方面，结构常数 $f^{abc}$ 在交换指标 $a$ 和 $c$ 时是完全反对称的： $f^{abc} = -f^{cba}$

在张量分析中，一个在某两个指标上反对称的张量与一个在相同指标上对称的张量进行缩并求和，其结果必然为零。为了严格证明这一点，我们将求和式展开，并在第二项中交换哑指标 $a$ 和 $c$ ： $f^{abc} (T^a T^c + T^c T^a) = f^{abc} T^a T^c + f^{abc} T^c T^a$

对第二项进行哑指标重命名（ $a \to c$ , $c \to a$ ）： $f^{abc} T^c T^a = f^{cba} T^a T^c$

利用结构常数的反对称性 $f^{cba} = -f^{abc}$ ，上式变为： $f^{cba} T^a T^c = -f^{abc} T^a T^c$

将其代回原式： $f^{abc} (T^a T^c + T^c T^a) = f^{abc} T^a T^c - f^{abc} T^a T^c = 0$

因此，整个对易子的计算结果为零： $\boxed{[T^a T^a, T^b] = 0}$