Gauge Field Notes
74.1

Problem 74.1

srednickiChapter 74

习题 74.1

来源: 第74章, PDF第442页

74.1 The creation operator for a photon of positive helicity can be written as

a+†(k)=−iε+μ∗(k)∫d3xe+ikx∂↔0Aμ(x).(74.42)a_{+}^{\dagger}(\mathbf{k}) = -i \varepsilon_{+}^{\mu *}(\mathbf{k}) \int d^{3} x e^{+i k x} \overleftrightarrow{\partial}_{0} A_{\mu}(x) . \tag{74.42}

Consider the state a+†(k)∣ψ⟩a_{+}^{\dagger}(\mathbf{k})|\psi\rangle, where ∣ψ⟩|\psi\rangle is in the BRST cohomology. Define a gauge-transformed polarization vector

ε~+μ(k)=ε+μ(k)+ckμ,(74.43)\tilde{\varepsilon}_{+}^{\mu}(\mathbf{k}) = \varepsilon_{+}^{\mu}(\mathbf{k}) + c k^{\mu} , \tag{74.43}

where cc is a constant, and a corresponding creation operator a~+†(k)\tilde{a}_{+}^{\dagger}(\mathbf{k}). Show that

a~+†(k)∣ψ⟩=a+†(k)∣ψ⟩+QB∣χ⟩,(74.44)\tilde{a}_{+}^{\dagger}(\mathbf{k})|\psi\rangle = a_{+}^{\dagger}(\mathbf{k})|\psi\rangle + Q_{\mathrm{B}}|\chi\rangle , \tag{74.44}

which implies that a~+†(k)∣ψ⟩\tilde{a}_{+}^{\dagger}(\mathbf{k})|\psi\rangle and a+†(k)∣ψ⟩a_{+}^{\dagger}(\mathbf{k})|\psi\rangle represent the same element of the cohomology, and hence are physically equivalent. Find the state ∣χ⟩|\chi\rangle.

习题 74.1 - 解答

先分析题目。我们需要计算规范变换后的极化矢量 ε~+μ(k)=ε+μ(k)+ckμ\tilde{\varepsilon}_{+}^{\mu}(\mathbf{k}) = \varepsilon_{+}^{\mu}(\mathbf{k}) + c k^{\mu} 所对应的产生算符 a~+†(k)\tilde{a}_{+}^{\dagger}(\mathbf{k})，并证明它作用在 BRST 上同调态 ∣ψ⟩|\psi\rangle 上时，与原产生算符的作用效果仅相差一个 BRST 恰当态 QB∣χ⟩Q_{\mathrm{B}}|\chi\rangle。

根据定义，新的产生算符为：

a~+†(k)=−iε~+μ∗(k)∫d3xe+ikx∂↔0Aμ(x)\tilde{a}_{+}^{\dagger}(\mathbf{k}) = -i \tilde{\varepsilon}_{+}^{\mu *}(\mathbf{k}) \int d^{3} x e^{+i k x} \overleftrightarrow{\partial}_{0} A_{\mu}(x)

代入 ε~+μ∗(k)=ε+μ∗(k)+c∗kμ\tilde{\varepsilon}_{+}^{\mu *}(\mathbf{k}) = \varepsilon_{+}^{\mu *}(\mathbf{k}) + c^* k^{\mu}（注意 cc 是常数，需取复共轭），我们得到：

a~+†(k)=a+†(k)−ic∗∫d3xe+ikx∂↔0(kμAμ(x))\tilde{a}_{+}^{\dagger}(\mathbf{k}) = a_{+}^{\dagger}(\mathbf{k}) - i c^* \int d^{3} x e^{+i k x} \overleftrightarrow{\partial}_{0} \left( k^{\mu} A_{\mu}(x) \right)

令两者的差值为 Δa+†(k)=−ic∗I\Delta a_{+}^{\dagger}(\mathbf{k}) = -i c^* I，其中积分 II 定义为：

I=∫d3xe+ikx∂↔0(kμAμ(x))I = \int d^{3} x e^{+i k x} \overleftrightarrow{\partial}_{0} \left( k^{\mu} A_{\mu}(x) \right)

下面计算积分 II。将 kμAμ=k0A0−k⋅Ak^{\mu} A_{\mu} = k^0 A_0 - \mathbf{k} \cdot \mathbf{A} 代入，并利用空间导数关系 ∇e+ikx=−ike+ikx\nabla e^{+i k x} = -i \mathbf{k} e^{+i k x}，可将空间部分改写为：

−∫d3xe+ikx∂↔0(k⋅A)=∫d3x(i∇e+ikx)⋅∂↔0A=−i∫d3xe+ikx∂↔0(∇⋅A)-\int d^{3} x e^{+i k x} \overleftrightarrow{\partial}_{0} (\mathbf{k} \cdot \mathbf{A}) = \int d^{3} x (i \nabla e^{+i k x}) \cdot \overleftrightarrow{\partial}_{0} \mathbf{A} = -i \int d^{3} x e^{+i k x} \overleftrightarrow{\partial}_{0} (\nabla \cdot \mathbf{A})

利用恒等式 ∇⋅A=∂μAμ−∂0A0\nabla \cdot \mathbf{A} = \partial^{\mu} A_{\mu} - \partial_0 A_0，积分 II 可以分解为：

I=∫d3xe+ikx∂↔0(k0A0)−i∫d3xe+ikx∂↔0(∂0A0)+i∫d3xe+ikx∂↔0(∂μAμ)I = \int d^{3} x e^{+i k x} \overleftrightarrow{\partial}_{0} (k^0 A_0) - i \int d^{3} x e^{+i k x} \overleftrightarrow{\partial}_{0} (\partial_0 A_0) + i \int d^{3} x e^{+i k x} \overleftrightarrow{\partial}_{0} (\partial^{\mu} A_{\mu})

我们先处理前两项（即与 A0A_0 相关的项）。展开双向导数 ∂↔0\overleftrightarrow{\partial}_{0} 并代入 ∂0e+ikx=ik0e+ikx\partial_0 e^{+i k x} = i k^0 e^{+i k x}：

IA0=∫d3x[e+ikx∂0(k0A0)−(∂0e+ikx)k0A0−ie+ikx∂02A0+i(∂0e+ikx)∂0A0]=∫d3x[k0e+ikx∂0A0−i(k0)2e+ikxA0−ie+ikx∂02A0−k0e+ikx∂0A0]\begin{aligned} I_{A_0} &= \int d^{3} x \left[ e^{+i k x} \partial_0 (k^0 A_0) - (\partial_0 e^{+i k x}) k^0 A_0 - i e^{+i k x} \partial_0^2 A_0 + i (\partial_0 e^{+i k x}) \partial_0 A_0 \right] \\ &= \int d^{3} x \left[ k^0 e^{+i k x} \partial_0 A_0 - i (k^0)^2 e^{+i k x} A_0 - i e^{+i k x} \partial_0^2 A_0 - k^0 e^{+i k x} \partial_0 A_0 \right] \end{aligned}

可以发现 k0e+ikx∂0A0k^0 e^{+i k x} \partial_0 A_0 项相互抵消。提取剩余项并利用色散关系 (k0)2=k2(k^0)^2 = \mathbf{k}^2，以及 k2e+ikx=−∇2e+ikx\mathbf{k}^2 e^{+i k x} = -\nabla^2 e^{+i k x}：

IA0=−i∫d3x[(−∇2e+ikx)A0+e+ikx∂02A0]I_{A_0} = -i \int d^{3} x \left[ (-\nabla^2 e^{+i k x}) A_0 + e^{+i k x} \partial_0^2 A_0 \right]

对 ∇2\nabla^2 进行分部积分将其作用于 A0A_0 上，得到：

IA0=−i∫d3xe+ikx(∂02−∇2)A0=−i∫d3xe+ikx∂2A0I_{A_0} = -i \int d^{3} x e^{+i k x} (\partial_0^2 - \nabla^2) A_0 = -i \int d^{3} x e^{+i k x} \partial^2 A_0

由于渐近场满足自由场运动方程 ∂2Aμ=0\partial^2 A_{\mu} = 0，因此 IA0=0I_{A_0} = 0。积分 II 仅剩下 ∂μAμ\partial^{\mu} A_{\mu} 的部分：

I=i∫d3xe+ikx∂↔0∂μAμ(x)I = i \int d^{3} x e^{+i k x} \overleftrightarrow{\partial}_{0} \partial^{\mu} A_{\mu}(x)

分两步处理该结果与 BRST 荷 QBQ_{\mathrm{B}} 的联系。 在 Feynman 规范（ξ=1\xi = 1）下，Nakanishi-Lautrup 辅助场满足运动方程 B=−∂μAμB = -\partial^{\mu} A_{\mu}。反鬼场 cˉ(x)\bar{c}(x) 的 BRST 变换为 {QB,cˉ}=−iB\{Q_{\mathrm{B}}, \bar{c}\} = -i B。因此我们有：

∂μAμ=−i{QB,cˉ(x)}\partial^{\mu} A_{\mu} = -i \{Q_{\mathrm{B}}, \bar{c}(x)\}

将其代入积分 II 中：

I=i∫d3xe+ikx∂↔0(−i{QB,cˉ(x)})=∫d3xe+ikx∂↔0{QB,cˉ(x)}I = i \int d^{3} x e^{+i k x} \overleftrightarrow{\partial}_{0} \left( -i \{Q_{\mathrm{B}}, \bar{c}(x)\} \right) = \int d^{3} x e^{+i k x} \overleftrightarrow{\partial}_{0} \{Q_{\mathrm{B}}, \bar{c}(x)\}

反鬼场的产生算符定义为 cˉ†(k)=i∫d3xe+ikx∂↔0cˉ(x)\bar{c}^{\dagger}(\mathbf{k}) = i \int d^{3} x e^{+i k x} \overleftrightarrow{\partial}_{0} \bar{c}(x)。由于 QBQ_{\mathrm{B}} 是守恒荷，它可以穿过空间积分与导数，因此：

{QB,cˉ†(k)}=i∫d3xe+ikx∂↔0{QB,cˉ(x)}=iI\{Q_{\mathrm{B}}, \bar{c}^{\dagger}(\mathbf{k})\} = i \int d^{3} x e^{+i k x} \overleftrightarrow{\partial}_{0} \{Q_{\mathrm{B}}, \bar{c}(x)\} = i I

这给出了 I=−i{QB,cˉ†(k)}I = -i \{Q_{\mathrm{B}}, \bar{c}^{\dagger}(\mathbf{k})\}。

最后，将 II 代回 Δa+†(k)\Delta a_{+}^{\dagger}(\mathbf{k}) 的表达式中：

a~+†(k)=a+†(k)−ic∗(−i{QB,cˉ†(k)})=a+†(k)−c∗{QB,cˉ†(k)}\tilde{a}_{+}^{\dagger}(\mathbf{k}) = a_{+}^{\dagger}(\mathbf{k}) - i c^* \left( -i \{Q_{\mathrm{B}}, \bar{c}^{\dagger}(\mathbf{k})\} \right) = a_{+}^{\dagger}(\mathbf{k}) - c^* \{Q_{\mathrm{B}}, \bar{c}^{\dagger}(\mathbf{k})\}

将此算符作用于 BRST 上同调态 ∣ψ⟩|\psi\rangle 上。因为 ∣ψ⟩|\psi\rangle 是物理态，满足 QB∣ψ⟩=0Q_{\mathrm{B}}|\psi\rangle = 0，所以：

{QB,cˉ†(k)}∣ψ⟩=(QBcˉ†(k)+cˉ†(k)QB)∣ψ⟩=QBcˉ†(k)∣ψ⟩\{Q_{\mathrm{B}}, \bar{c}^{\dagger}(\mathbf{k})\} |\psi\rangle = \left( Q_{\mathrm{B}} \bar{c}^{\dagger}(\mathbf{k}) + \bar{c}^{\dagger}(\mathbf{k}) Q_{\mathrm{B}} \right) |\psi\rangle = Q_{\mathrm{B}} \bar{c}^{\dagger}(\mathbf{k}) |\psi\rangle

从而得到：

a~+†(k)∣ψ⟩=a+†(k)∣ψ⟩−c∗QBcˉ†(k)∣ψ⟩=a+†(k)∣ψ⟩+QB(−c∗cˉ†(k)∣ψ⟩)\tilde{a}_{+}^{\dagger}(\mathbf{k})|\psi\rangle = a_{+}^{\dagger}(\mathbf{k})|\psi\rangle - c^* Q_{\mathrm{B}} \bar{c}^{\dagger}(\mathbf{k}) |\psi\rangle = a_{+}^{\dagger}(\mathbf{k})|\psi\rangle + Q_{\mathrm{B}} \left( -c^* \bar{c}^{\dagger}(\mathbf{k}) |\psi\rangle \right)

这证明了 a~+†(k)∣ψ⟩\tilde{a}_{+}^{\dagger}(\mathbf{k})|\psi\rangle 和 a+†(k)∣ψ⟩a_{+}^{\dagger}(\mathbf{k})|\psi\rangle 属于同一个上同调等价类，且对应的态 ∣χ⟩|\chi\rangle 为：

∣χ⟩=−c∗cˉ†(k)∣ψ⟩\boxed{ |\chi\rangle = -c^* \bar{c}^{\dagger}(\mathbf{k}) |\psi\rangle }