习题 70.1 - 解答

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本题要求证明李代数表示论中的一个基本恒等式，该恒等式联系了表示的指数（Dynkin index）$T(\text{R})$、伴随表示的维数 $D(\text{A})$、二次卡西米尔不变量（Quadratic Casimir）$C(\text{R})$ 以及表示的维数 $D(\text{R})$。

物理背景与定义：

1. 设 $T^a_{\text{R}}$ 为紧致李代数在不可约表示 $\text{R}$ 中的生成元。生成元的指标 $a$ 遍历整个李代数的基，因此 $a = 1, 2, \dots, D(\text{A})$，其中 $D(\text{A})$ 是李代数的维数，即伴随表示（Adjoint representation）的维数。
2. 表示 $\text{R}$ 的指数 $T(\text{R})$ 通过生成元乘积的迹来定义： $\text{Tr}(T^a_{\text{R}} T^b_{\text{R}}) = T(\text{R}) \delta^{ab}$
3. 二次卡西米尔算符 $C_2(\text{R})$ 定义为所有生成元平方的求和： $C_2(\text{R}) = \sum_{a=1}^{D(\text{A})} T^a_{\text{R}} T^a_{\text{R}}$ 由于 $C_2(\text{R})$ 与李代数的所有生成元对易，根据舒尔引理（Schur's Lemma），在不可约表示 $\text{R}$ 中，它必然正比于单位矩阵： $C_2(\text{R}) = C(\text{R}) I_{D(\text{R})}$ 其中 $C(\text{R})$ 是该表示的二次卡西米尔不变量（一个标量），$I_{D(\text{R})}$ 是 $D(\text{R}) \times D(\text{R})$ 的单位矩阵，$D(\text{R})$ 为表示 $\text{R}$ 的维数。

推导过程： 为了证明该等式，我们对二次卡西米尔算符 $C_2(\text{R})$ 在表示 $\text{R}$ 的空间中求迹（Trace）。我们可以通过两种不同的方式来计算 $\text{Tr}(C_2(\text{R}))$。

方法一：利用舒尔引理的标量性质 对 $C_2(\text{R}) = C(\text{R}) I_{D(\text{R})}$ 两边求迹： $\text{Tr}(C_2(\text{R})) = \text{Tr}(C(\text{R}) I_{D(\text{R})})$ 由于 $C(\text{R})$ 是标量常数，可以提出迹外；而 $D(\text{R})$ 维单位矩阵的迹等于其维数 $D(\text{R})$： $\text{Tr}(C_2(\text{R})) = C(\text{R}) \text{Tr}(I_{D(\text{R})}) = C(\text{R}) D(\text{R})$

方法二：利用生成元的指数定义 对卡西米尔算符的定义式求迹，并交换求迹与求和的顺序： $\text{Tr}(C_2(\text{R})) = \text{Tr}\left( \sum_{a=1}^{D(\text{A})} T^a_{\text{R}} T^a_{\text{R}} \right) = \sum_{a=1}^{D(\text{A})} \text{Tr}(T^a_{\text{R}} T^a_{\text{R}})$ 根据指数的定义 $\text{Tr}(T^a_{\text{R}} T^b_{\text{R}}) = T(\text{R}) \delta^{ab}$，令 $b=a$，我们得到单个生成元平方的迹： $\text{Tr}(T^a_{\text{R}} T^a_{\text{R}}) = T(\text{R}) \delta^{aa} = T(\text{R})$ （注意此处 $\delta^{aa}=1$，因为是对特定的 $a$ 求迹，尚未对 $a$ 求和）。 将此结果代入求和式中，共有 $D(\text{A})$ 个生成元： $\text{Tr}(C_2(\text{R})) = \sum_{a=1}^{D(\text{A})} T(\text{R}) = T(\text{R}) \sum_{a=1}^{D(\text{A})} 1 = T(\text{R}) D(\text{A})$

得出结论： 将上述两种方法计算得到的 $\text{Tr}(C_2(\text{R}))$ 结果等同起来，即得到： $T(\text{R}) D(\text{A}) = C(\text{R}) D(\text{R})$

$\boxed{T(\text{R}) D(\text{A}) = C(\text{R}) D(\text{R})}$

习题 70.2 - 解答

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习题分析与物理背景

本题主要考察李代数 $\text{SU}(N)$ 表示论中的 Dynkin 指数（Index of a representation）的计算，以及群的子群分支规则（Branching rules）。 在物理学（特别是规范场论）的标准约定中，表示 $R$ 的生成元 $T_R^a$ 满足迹的归一化条件： $\text{Tr}(T_R^a T_R^b) = T(R) \delta^{ab}$ 其中 $T(R)$ 称为表示 $R$ 的指数。对于 $\text{SU}(N)$ 的基础表示（Fundamental representation, 记为 $N$），标准约定为 $T(N) = \frac{1}{2}$。其共轭表示（Anti-fundamental, 记为 $\overline{N}$）的指数与维数与基础表示相同，即 $T(\overline{N}) = \frac{1}{2}$，维数 $d(N) = d(\overline{N}) = N$。 此外，张量积表示的指数满足公式： $T(R_1 \otimes R_2) = d(R_1)T(R_2) + d(R_2)T(R_1)$

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(a) 使用公式 (70.12) 和 (70.26) 计算 $\text{SU}(N)$ 伴随表示的指数 $T(\text{A})$

首先，计算张量积 $N \otimes \overline{N}$ 的指数。根据张量积的指数公式： $T(N \otimes \overline{N}) = d(N)T(\overline{N}) + d(\overline{N})T(N)$ 代入 $d(N) = N$, $d(\overline{N}) = N$, 以及 $T(N) = T(\overline{N}) = \frac{1}{2}$，得到： $T(N \otimes \overline{N}) = N \left(\frac{1}{2}\right) + N \left(\frac{1}{2}\right) = N$ 根据题目给定的公式 (70.26) $N \otimes \overline{N} = 1 \oplus A$ 以及直和的指数可加性公式 (70.12) $T(R_1 \oplus R_2) = T(R_1) + T(R_2)$，我们有： $T(N \otimes \overline{N}) = T(1 \oplus A) = T(1) + T(A)$ 由于单态（Singlet）表示 $1$ 的生成元为零，其指数 $T(1) = 0$。因此： $N = 0 + T(A)$ $\boxed{T(A) = N}$

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(b) 显式计算 $\text{SU}(2)$ 伴随表示的指数，并与 (a) 比较

对于 $\text{SU}(2)$，伴随表示的生成元矩阵元由结构常数给出：$(T_{\text{A}}^a)^{bc} = -i\varepsilon^{abc}$。 根据指数的定义，计算其迹： $\text{Tr}(T_{\text{A}}^a T_{\text{A}}^b) = (T_{\text{A}}^a)^{cd} (T_{\text{A}}^b)^{dc}$ 代入生成元的表达式： $\text{Tr}(T_{\text{A}}^a T_{\text{A}}^b) = (-i\varepsilon^{acd}) (-i\varepsilon^{bdc}) = -\varepsilon^{acd} \varepsilon^{bdc}$ 利用 Levi-Civita 符号的反对称性 $\varepsilon^{bdc} = -\varepsilon^{bcd}$，上式变为： $\text{Tr}(T_{\text{A}}^a T_{\text{A}}^b) = \varepsilon^{acd} \varepsilon^{bcd}$ 利用 $\varepsilon$ 张量的缩并恒等式 $\varepsilon^{acd} \varepsilon^{bcd} = 2\delta^{ab}$，我们得到： $\text{Tr}(T_{\text{A}}^a T_{\text{A}}^b) = 2\delta^{ab}$ 对比定义 $\text{Tr}(T_{\text{A}}^a T_{\text{A}}^b) = T(A) \delta^{ab}$，可得对于 $\text{SU}(2)$： $\boxed{T(A) = 2}$ 比较： 在 (a) 问中得出 $\text{SU}(N)$ 的 $T(A) = N$。当 $N=2$ 时，$T(A) = 2$。这与本问的显式计算结果完全一致。

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(c) 确定 $\text{SU}(N)$ 伴随表示在 $\text{SU}(2)$ 子群下的变换性质

已知 $\text{SU}(N)$ 的基础表示 $N$ 在该 $\text{SU}(2)$ 子群下分解为： $N \to 2 \oplus (N-2)1$ 其中 $2$ 是 $\text{SU}(2)$ 的基础表示（双重态），$1$ 是单态。 同理，共轭表示 $\overline{N}$ 的分解为 $\overline{2} \oplus (N-2)1$。由于在 $\text{SU}(2)$ 中基础表示与其共轭表示等价（即 $\overline{2} \cong 2$），所以： $\overline{N} \to 2 \oplus (N-2)1$ 根据公式 (70.26)，$A \oplus 1 = N \otimes \overline{N}$。我们将上述分解代入张量积中： $N \otimes \overline{N} \to [2 \oplus (N-2)1] \otimes [2 \oplus (N-2)1]$ 利用分配律展开该张量积： $N \otimes \overline{N} \to (2 \otimes 2) \oplus (N-2)(2 \otimes 1) \oplus (N-2)(1 \otimes 2) \oplus (N-2)^2(1 \otimes 1)$ 根据 $\text{SU}(2)$ 的张量积规则：

• $2 \otimes 2 = 3 \oplus 1$ （其中 $3$ 是 $\text{SU}(2)$ 的伴随表示，即三重态）
• $2 \otimes 1 = 2$
• $1 \otimes 2 = 2$
• $1 \otimes 1 = 1$

代入展开式并合并同类项： $N \otimes \overline{N} \to (3 \oplus 1) \oplus (N-2)2 \oplus (N-2)2 \oplus (N-2)^2 1$ $N \otimes \overline{N} \to 3 \oplus 2(N-2)2 \oplus [1 + (N-2)^2]1$ 因为 $N \otimes \overline{N} = A \oplus 1$，我们需要从右侧减去一个整体的 $\text{SU}(N)$ 单态（它在 $\text{SU}(2)$ 下显然也是单态 $1$）： $A \to 3 \oplus 2(N-2)2 \oplus (N-2)^2 1$ $\boxed{A \to 3 \oplus 2(N-2)2 \oplus (N-2)^2 1}$ 即 $\text{SU}(N)$ 的伴随表示在该 $\text{SU}(2)$ 子群下分解为：1个三重态，加上 $2(N-2)$ 个双重态，加上 $(N-2)^2$ 个单态。

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(d) 结合 (b) 和 (c) 的结果计算 $\text{SU}(N)$ 的 $T(\text{A})$，并与 (a) 比较

指数 $T(R)$ 是通过生成元的迹定义的。如果我们只选取属于 $\text{SU}(2)$ 子群的生成元 $T^a$，那么 $\text{SU}(N)$ 伴随表示的指数 $T(A_{\text{SU}(N)})$ 必须等于其在 $\text{SU}(2)$ 下所有分支表示的指数之和。 根据 (c) 的分解结果和公式 (70.12)： $T(A_{\text{SU}(N)}) = T(3) + 2(N-2)T(2) + (N-2)^2 T(1)$ 代入 $\text{SU}(2)$ 各表示的指数：

• $T(3)$ 是 $\text{SU}(2)$ 伴随表示的指数，由 (b) 问知 $T(3) = 2$。
• $T(2)$ 是 $\text{SU}(2)$ 基础表示的指数，标准约定为 $T(2) = \frac{1}{2}$。
• $T(1)$ 是单态的指数，$T(1) = 0$。

进行计算： $T(A_{\text{SU}(N)}) = 2 + 2(N-2)\left(\frac{1}{2}\right) + (N-2)^2 (0)$ $T(A_{\text{SU}(N)}) = 2 + (N-2)$ $\boxed{T(A_{\text{SU}(N)}) = N}$ 比较： 该结果与 (a) 问中直接使用 $\text{SU}(N)$ 张量积性质计算得出的结果 $T(A) = N$ 完全一致。这验证了通过子群嵌入计算指数的自洽性。

习题 70.3 - 解答

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习题 70.3 分析与解答

先分析题目的物理背景。本题探讨的是李群 $SO(N)$ 到其子群 $SO(3)$ 的分支定则（Branching Rules），并利用子群嵌入的性质来计算 $SO(N)$ 伴随表示的 Dynkin 指数 $T(A)$。

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(a) 伴随表示在 $SO(3)$ 子群下的变换

分析与推导： 已知 $SO(N)$ 的基础表示（Fundamental representation，记为 $\mathbf{N}$）在作用于前三个分量的 $SO(3)$ 子群下，分解为 1 个 $SO(3)$ 的基础表示 $\mathbf{3}$ 和 $(N-3)$ 个单态 $\mathbf{1}$： $\mathbf{N} \to \mathbf{3} \oplus (N-3)\mathbf{1}$

为了方便，我们将基础表示的向量空间直和记为 $V = V_3 \oplus V_0$，其中 $V_3$ 是变换为 $\mathbf{3}$ 的 3 维子空间，$V_0$ 是变换为 $(N-3)\mathbf{1}$ 的 $(N-3)$ 维平凡子空间。

根据公式 (70.29)： $N \otimes N = 1_S \oplus A_A \oplus S_S$ $SO(N)$ 的伴随表示 $A_A$ 正好对应于基础表示张量积的反对称部分（即二阶反对称张量空间 $\Lambda^2 V$）。

我们需要求出 $\Lambda^2(V_3 \oplus V_0)$ 在 $SO(3)$ 下的分解。利用外代数的直和展开性质： $\Lambda^2(V_3 \oplus V_0) = \Lambda^2(V_3) \oplus (V_3 \otimes V_0) \oplus \Lambda^2(V_0)$

下面逐项分析这三部分在 $SO(3)$ 下的变换行为：

1. $\Lambda^2(V_3)$：这是 $\mathbf{3} \otimes \mathbf{3}$ 的反对称部分。在 $SO(3)$ 中，$\mathbf{3} \otimes \mathbf{3} = \mathbf{1}_S \oplus \mathbf{3}_A \oplus \mathbf{5}_S$。其反对称部分正是 $SO(3)$ 的伴随表示，即 $\mathbf{3}$。
2. $V_3 \otimes V_0$：这是 $\mathbf{3}$ 与 $(N-3)$ 个单态 $\mathbf{1}$ 的直积。由于单态不改变表示的性质，这部分给出 $(N-3)$ 个 $\mathbf{3}$。
3. $\Lambda^2(V_0)$：这是 $(N-3)$ 维平凡空间的反对称张量积。由于空间中的所有基底在 $SO(3)$ 下都是单态，它们的反对称组合依然是单态。其维数为 $\frac{1}{2}(N-3)(N-4)$，因此给出 $\frac{1}{2}(N-3)(N-4)$ 个 $\mathbf{1}$。

将上述三部分相加，我们得到 $SO(N)$ 的伴随表示 $A$ 在 $SO(3)$ 下的分解： $\boxed{ A \to \mathbf{3} \oplus (N-3)\mathbf{3} \oplus \frac{1}{2}(N-3)(N-4)\mathbf{1} }$

(维度检验：等式右边的总维度为 $3 + 3(N-3) + \frac{1}{2}(N-3)(N-4) = \frac{1}{2}N(N-1)$，恰好等于 $SO(N)$ 伴随表示的维度，结果自洽。)

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(b) 计算 $SO(N)$ 的 $T(A)$

分析与推导： 根据习题 70.2 的结论，当一个群 $G$ 嵌入到子群 $H$ 时，如果嵌入指数（Index of embedding）为 1，那么 $G$ 的任意表示 $R$ 的 Dynkin 指数 $T_G(R)$ 等于它在 $H$ 下分解出的所有不可约表示 $r_i$ 的指数之和： $T_G(R) = \sum_i T_H(r_i)$

对于本题中 $SO(3)$ 作用于前三个分量的标准块对角嵌入，嵌入指数严格为 1。

首先，我们将此定理应用于 $SO(N)$ 的基础表示 $\mathbf{N}$： $\mathbf{N} \to \mathbf{3} \oplus (N-3)\mathbf{1}$ 由于单态 $\mathbf{1}$ 的生成元为 0，其指数 $T(\mathbf{1}) = 0$。因此： $T_{SO(N)}(\mathbf{N}) = T_{SO(3)}(\mathbf{3}) + (N-3)T_{SO(3)}(\mathbf{1}) = T_{SO(3)}(\mathbf{3})$

接着，我们将定理应用于 (a) 问中求得的伴随表示 $A$ 的分解： $A \to \mathbf{3} \oplus (N-3)\mathbf{3} \oplus \frac{1}{2}(N-3)(N-4)\mathbf{1}$ 计算其指数和： $T_{SO(N)}(A) = T_{SO(3)}(\mathbf{3}) + (N-3)T_{SO(3)}(\mathbf{3}) + 0$ $T_{SO(N)}(A) = (1 + N - 3) T_{SO(3)}(\mathbf{3}) = (N-2) T_{SO(3)}(\mathbf{3})$

代入前面得到的基础表示关系 $T_{SO(3)}(\mathbf{3}) = T_{SO(N)}(\mathbf{N})$，我们得到： $T_{SO(N)}(A) = (N-2) T_{SO(N)}(\mathbf{N})$

在标准的量子场论约定（如 Srednicki 教材）中，$SO(N)$ 基础表示的 Dynkin 指数被归一化为 $T(\mathbf{N}) = 1$。代入此归一化条件，即可得到 $SO(N)$ 伴随表示的指数： $\boxed{ T(A) = N - 2 }$

习题 70.4 - 解答

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a) 计算 $D(\mathcal{A})$ 和 $D(\mathcal{S})$

在 SU($N$) 群中，基础表示 $N$ 的维度为 $D(N) = N$。张量积 $N \otimes N$ 的总维度为 $N^2$。 对于由两个基础表示指标构成的张量场 $\varphi_{ij}$：

1. 反对称张量 $\mathcal{A}$ 满足 $\varphi_{ij} = -\varphi_{ji}$。其独立分量的数目等于从 $N$ 个不同指标中选取 2 个的组合数。
2. 对称张量 $\mathcal{S}$ 满足 $\varphi_{ij} = +\varphi_{ji}$。其独立分量的数目等于从 $N$ 个指标中允许重复地选取 2 个的组合数。

因此，它们的维度分别为：

容易验证 $D(\mathcal{A}) + D(\mathcal{S}) = N^2 = D(N \otimes N)$。

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b) 通过考虑 SU($N$) 的 SU(2) 子群计算 $T(\mathcal{A})$ 和 $T(\mathcal{S})$

群表示的 Dynkin 指数 $T(R)$ 满足直和与张量积的分配律： $T(R_1 \oplus R_2) = T(R_1) + T(R_2)$ $T(R_1 \otimes R_2) = T(R_1)D(R_2) + D(R_1)T(R_2)$

将 SU($N$) 分解为其子群 SU(2) $\times$ SU($N-2$)。在此分解下，SU($N$) 的基础表示 $N$ 分解为 SU(2) 的一个基础表示 $\mathbf{2}$ 和 $N-2$ 个单态 $\mathbf{1}$：

计算张量积 $N \otimes N$ 在 SU(2) 下的分解：

在 SU(2) 中，$\mathbf{2} \otimes \mathbf{2} = \mathbf{1}_A \oplus \mathbf{3}_S$，其中 $\mathbf{1}_A$ 是反对称单态，$\mathbf{3}_S$ 是对称伴随表示。交叉项 $2(\mathbf{2} \otimes \mathbf{1})$ 包含对称和反对称组合各一份。因此，$\mathcal{A}$ 和 $\mathcal{S}$ 在 SU(2) 下的分解为：

在标准归一化下，SU(2) 基础表示的指数为 $T(\mathbf{2}) = \frac{1}{2}$，伴随表示的指数为 $T(\mathbf{3}) = 2$。单态的指数为 0。 代入计算 $\mathcal{A}$ 和 $\mathcal{S}$ 的指数：

（验证：$T(\mathcal{A}) + T(\mathcal{S}) = N$，且 $T(N \otimes N) = T(N)D(N) + D(N)T(N) = \frac{1}{2}N + N\frac{1}{2} = N$，结果一致。）

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c) 对于 SU(3)，证明 $\mathcal{A} = \mathbf{\bar{3}}$

在 SU(3) 中，基础表示为 $\mathbf{3}$。反对称张量 $\mathcal{A}$ 的分量为 $\varphi_{ij} = -\varphi_{ji}$，其中 $i,j \in \{1,2,3\}$。 利用 SU(3) 的完全反对称不变张量 $\epsilon^{ijk}$，我们可以构造一个对偶场：

由于 $\varphi_{ij}$ 具有 $\frac{3 \times 2}{2} = 3$ 个独立分量，$\tilde{\varphi}^k$ 也是一个三维复矢量。 考虑 SU(3) 变换矩阵 $U$，$\varphi_{ij}$ 的变换法则为 $\varphi'_{ij} = U_i^{\ m} U_j^{\ n} \varphi_{mn}$。 对偶场的变换为：

利用 SU(3) 矩阵行列式为 1 的性质 $\det U = 1$，有 $\epsilon^{ijk} U_i^{\ m} U_j^{\ n} U_k^{\ p} = \epsilon^{mnp}$。 两边同乘 $(U^\dagger)_p^{\ l}$，得到 $\epsilon^{ijk} U_i^{\ m} U_j^{\ n} = \epsilon^{mnp} (U^\dagger)_p^{\ k} = \epsilon^{mnp} (U^*)^k_{\ p}$。 代入对偶场的变换式中：

这正是 SU(3) 反基础表示（共轭表示）$\mathbf{\bar{3}}$ 的变换法则。因此，在 SU(3) 中，两个基础表示的反对称张量积等价于反基础表示。

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d) 通过考虑 SU($N$) 的 SU(3) 子群计算 $A(\mathcal{A})$ 和 $A(\mathcal{S})$

反常系数 $A(R)$ 同样满足直和与张量积的分配律： $A(R_1 \oplus R_2) = A(R_1) + A(R_2)$ $A(R_1 \otimes R_2) = A(R_1)D(R_2) + D(R_1)A(R_2)$

将 SU($N$) 分解为其子群 SU(3) $\times$ SU($N-3$)。基础表示 $N$ 分解为：

张量积 $N \otimes N$ 在 SU(3) 下的分解为：

在 SU(3) 中，根据 (c) 问的结论，$\mathbf{3} \otimes \mathbf{3} = \mathbf{\bar{3}}_A \oplus \mathbf{6}_S$。 因此，$\mathcal{A}$ 和 $\mathcal{S}$ 在 SU(3) 下的分解为：

在标准约定下，SU(3) 基础表示的反常系数为 $A(\mathbf{3}) = 1$。 共轭表示的反常系数反号：$A(\mathbf{\bar{3}}) = -A(\mathbf{3}) = -1$。 为了求 $A(\mathbf{6})$，利用张量积公式计算 $A(\mathbf{3} \otimes \mathbf{3})$：

同时 $A(\mathbf{3} \otimes \mathbf{3}) = A(\mathbf{\bar{3}}) + A(\mathbf{6}) = -1 + A(\mathbf{6})$，由此解得 $A(\mathbf{6}) = 7$。

现在计算 $\mathcal{A}$ 和 $\mathcal{S}$ 的反常系数（单态的反常系数为 0）：

（验证：$A(\mathcal{A}) + A(\mathcal{S}) = 2N$，且 $A(N \otimes N) = A(N)D(N) + D(N)A(N) = 2N$，结果一致。）

习题 70.5 - 解答

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习题分析与物理背景

在非阿贝尔规范场论中，协变导数 $D_\mu$ 的作用是保证场在局域规范变换下的导数具有与场本身相同的变换规律。当两个分别属于不同表示 $\text{R}_1$ 和 $\text{R}_2$ 的场相乘时，它们的乘积属于直积表示 $\text{R}_1 \otimes \text{R}_2$。本题旨在证明协变导数满足类似于普通导数的莱布尼茨法则（分配律），并将其应用于复表示与其共轭表示的内积（即规范单态）这一特殊情形。

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(a) 证明协变导数的分配律

对于属于直积表示 $\text{R}_1 \otimes \text{R}_2$ 的乘积场 $\Phi_{iI} = \varphi_i \chi_I$，其协变导数的定义为：

利用普通导数的莱布尼茨法则展开第一项，并将题目给定的直积表示生成元矩阵公式 (70.13) 代入第二项：

我们可以得到：

将含有 $\chi_I$ 的项与含有 $\varphi_i$ 的项分别合并提取：

方括号内的表达式正是场 $\varphi$ 和 $\chi$ 各自在其对应表示下的协变导数定义，即 $(D_\mu \varphi)_i$ 和 $(D_\mu \chi)_I$。因此：

这就证明了协变导数作用于直积场时的分配律。

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(b) 证明复表示下的恒等式并解释其作为特例的原因

1. 恒等式的证明：

对于属于复表示 $\text{R}$ 的场 $\varphi_i$，其协变导数为：

其厄米共轭场 $\varphi^{\dagger i}$ 属于共轭表示 $\bar{\text{R}}$。对上式整体取厄米共轭，并利用生成元的厄米性 $(T_{\text{R}}^a)^\dagger_{ij} = (T_{\text{R}}^a)_{ji}$，可得 $\varphi^\dagger$ 的协变导数：

现在计算待证等式的右边：

在第三项中，将求和哑指标 $i$ 和 $j$ 互换，该项变为 $i g A_\mu^a \varphi^{\dagger i} (T_{\text{R}}^a)_{ij} \varphi_j$，这与第四项完全抵消。剩余的两项正好是普通导数的乘积展开：

因此证明了：

2. 物理原因解释：

式 (70.39) 是式 (70.38) 的一个特例，原因如下： 我们可以将 $\varphi^\dagger$ 视为属于共轭表示 $\bar{\text{R}}$ 的场，将 $\varphi$ 视为属于表示 $\text{R}$ 的场。根据 (a) 中证明的分配律，未缩并的张量积 $\varphi^{\dagger i} \varphi_j$ 的协变导数为：

当我们令指标 $j=i$ 并求和时，物理上等价于从直积表示 $\bar{\text{R}} \otimes \text{R}$ 中投影出规范单态（Singlet representation, $\mathbf{1}$）。 对于规范单态，其在规范变换下保持不变，对应的生成元恒为零（$T_{\mathbf{1}}^a = 0$）。因此，规范单态的协变导数自然退化为普通的偏导数：

将此结果代入缩并后的分配律等式左侧，即直接得到了式 (70.39)。这说明内积的普通导数展开本质上就是直积表示协变导数分配律在单态子空间上的直接体现。