Gauge Field Notes
93.1

Problem 93.1

srednickiChapter 93

习题 93.1

来源: 第93章, PDF第580页

93.1 Show that any 2×22 \times 2 special unitary matrix UU can be written in the form U=a4+ia⃗⋅σ⃗U = a_4 + i\vec{a} \cdot \vec{\sigma}, where a4a_4 and the three-vector a⃗\vec{a} are real, and a⃗2+a42=1\vec{a}^2 + a_4^2 = 1.

习题 93.1 - 解答

习题分析与物理背景

特殊酉群 SU(2)SU(2) 在理论物理（特别是量子力学中的自旋理论和规范场论）中具有核心地位。一个 2×22 \times 2 矩阵 UU 属于 SU(2)SU(2) 群，意味着它必须满足两个条件：

  1. 酉性 (Unitary)：U†U=UU†=IU^\dagger U = U U^\dagger = I
  2. 特殊性 (Special)：det⁡(U)=1\det(U) = 1

在 2×22 \times 2 复矩阵空间中，单位矩阵 II 和三个泡利矩阵 σ⃗=(σ1,σ2,σ3)\vec{\sigma} = (\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3) 构成了一组完备的基。因此，任何 2×22 \times 2 矩阵都可以展开为这四个矩阵的线性组合。本题的核心在于利用 SU(2)SU(2) 的上述两个定义条件，对展开系数施加约束，从而证明其必然具有 a4+ia⃗⋅σ⃗a_4 + i\vec{a} \cdot \vec{\sigma} 的形式（其中常数项默认带有单位矩阵 II）。

推导与解答过程

第一步：在泡利矩阵基下展开 任意 2×22 \times 2 复矩阵 UU 都可以写成如下形式： U=c0I+c⃗⋅σ⃗U = c_0 I + \vec{c} \cdot \vec{\sigma} 其中 c0c_0 是复数，c⃗=(c1,c2,c3)\vec{c} = (c_1, c_2, c_3) 是复数向量。为了分离实部和虚部，我们设： c0=a4+ib4c_0 = a_4 + i b_4 c⃗=b⃗+ia⃗\vec{c} = \vec{b} + i \vec{a} 其中 a4,b4∈Ra_4, b_4 \in \mathbb{R} 且 a⃗,b⃗∈R3\vec{a}, \vec{b} \in \mathbb{R}^3。

第二步：利用“特殊性”条件 (det⁡U=1\det U = 1) 对于矩阵 U=c0I+c⃗⋅σ⃗U = c_0 I + \vec{c} \cdot \vec{\sigma}，其行列式可以通过泡利矩阵的代数性质得出： det⁡(U)=c02−c⃗2\det(U) = c_0^2 - \vec{c}^2 由于 U∈SU(2)U \in SU(2)，必须有 det⁡(U)=1\det(U) = 1，即： (a4+ib4)2−(b⃗+ia⃗)2=1(a_4 + i b_4)^2 - (\vec{b} + i \vec{a})^2 = 1 展开并分离实部与虚部： (a42−b42+2ia4b4)−(b⃗2−a⃗2+2ia⃗⋅b⃗)=1(a_4^2 - b_4^2 + 2i a_4 b_4) - (\vec{b}^2 - \vec{a}^2 + 2i \vec{a} \cdot \vec{b}) = 1 由此得到两个实数方程：

  1. 实部相等：a42−b42−b⃗2+a⃗2=1— (式 1)a_4^2 - b_4^2 - \vec{b}^2 + \vec{a}^2 = 1 \quad \text{--- (式 1)}
  2. 虚部相等：2a4b4−2a⃗⋅b⃗=0— (式 2)2 a_4 b_4 - 2 \vec{a} \cdot \vec{b} = 0 \quad \text{--- (式 2)}

第三步：利用“酉性”条件 (U†U=IU^\dagger U = I) 首先写出 UU 的厄米共轭 U†U^\dagger。因为泡利矩阵是厄米矩阵（σ⃗†=σ⃗\vec{\sigma}^\dagger = \vec{\sigma}），所以： U†=c0∗I+c⃗∗⋅σ⃗U^\dagger = c_0^* I + \vec{c}^* \cdot \vec{\sigma} 计算 U†UU^\dagger U： U†U=(c0∗I+c⃗∗⋅σ⃗)(c0I+c⃗⋅σ⃗)U^\dagger U = (c_0^* I + \vec{c}^* \cdot \vec{\sigma})(c_0 I + \vec{c} \cdot \vec{\sigma}) 利用泡利矩阵的恒等式 (A⃗⋅σ⃗)(B⃗⋅σ⃗)=(A⃗⋅B⃗)I+i(A⃗×B⃗)⋅σ⃗(\vec{A} \cdot \vec{\sigma})(\vec{B} \cdot \vec{\sigma}) = (\vec{A} \cdot \vec{B})I + i(\vec{A} \times \vec{B}) \cdot \vec{\sigma}，展开上式： U†U=∣c0∣2I+c0∗c⃗⋅σ⃗+c0c⃗∗⋅σ⃗+(c⃗∗⋅c⃗)I+i(c⃗∗×c⃗)⋅σ⃗U^\dagger U = |c_0|^2 I + c_0^* \vec{c} \cdot \vec{\sigma} + c_0 \vec{c}^* \cdot \vec{\sigma} + (\vec{c}^* \cdot \vec{c})I + i(\vec{c}^* \times \vec{c}) \cdot \vec{\sigma} 整理同类项： U†U=(∣c0∣2+∣c⃗∣2)I+[c0∗c⃗+c0c⃗∗+i(c⃗∗×c⃗)]⋅σ⃗U^\dagger U = (|c_0|^2 + |\vec{c}|^2)I + \left[ c_0^* \vec{c} + c_0 \vec{c}^* + i(\vec{c}^* \times \vec{c}) \right] \cdot \vec{\sigma} 由于 U†U=IU^\dagger U = I，对应于单位矩阵 II 的系数必须为 1，而对应于 σ⃗\vec{\sigma} 的系数必须为 0。提取标量部分得到： ∣c0∣2+∣c⃗∣2=1|c_0|^2 + |\vec{c}|^2 = 1 代入实数参数 a4,b4,a⃗,b⃗a_4, b_4, \vec{a}, \vec{b}： a42+b42+b⃗2+a⃗2=1— (式 3)a_4^2 + b_4^2 + \vec{b}^2 + \vec{a}^2 = 1 \quad \text{--- (式 3)}

第四步：联立求解参数约束 现在我们将 (式 1) 和 (式 3) 联立： a42−b42−b⃗2+a⃗2=1(式 1)a_4^2 - b_4^2 - \vec{b}^2 + \vec{a}^2 = 1 \quad \text{(式 1)} a42+b42+b⃗2+a⃗2=1(式 3)a_4^2 + b_4^2 + \vec{b}^2 + \vec{a}^2 = 1 \quad \text{(式 3)}

将两式相加，得到： 2a42+2a⃗2=2  ⟹  a42+a⃗2=12a_4^2 + 2\vec{a}^2 = 2 \implies a_4^2 + \vec{a}^2 = 1 将两式相减（式 3 减去 式 1），得到： 2b42+2b⃗2=02b_4^2 + 2\vec{b}^2 = 0 因为 b4b_4 是实数，b⃗\vec{b} 是实向量，它们的平方和为零意味着它们必须严格为零： b4=0,b⃗=0⃗b_4 = 0, \quad \vec{b} = \vec{0}

第五步：得出最终结论 将 b4=0b_4 = 0 和 b⃗=0⃗\vec{b} = \vec{0} 代回最初的系数定义中： c0=a4+i(0)=a4c_0 = a_4 + i(0) = a_4 c⃗=0⃗+ia⃗=ia⃗\vec{c} = \vec{0} + i\vec{a} = i\vec{a} 因此，矩阵 UU 的形式被严格限制为： U=a4I+ia⃗⋅σ⃗U = a_4 I + i\vec{a} \cdot \vec{\sigma} 在物理学中，通常省略单位矩阵 II，简写为 U=a4+ia⃗⋅σ⃗U = a_4 + i\vec{a} \cdot \vec{\sigma}。 同时，由前面的推导我们已经得到了系数的归一化条件： a42+a⃗2=1a_4^2 + \vec{a}^2 = 1

最终结果

任何 2×22 \times 2 特殊酉矩阵 U∈SU(2)U \in SU(2) 均可表示为： U=a4+ia⃗⋅σ⃗\boxed{U = a_4 + i\vec{a} \cdot \vec{\sigma}} 且实数 a4a_4 与实向量 a⃗\vec{a} 满足约束条件： a42+a⃗2=1\boxed{a_4^2 + \vec{a}^2 = 1} (注：此结果表明 SU(2)SU(2) 群流形同胚于三维球面 S3S^3，这正是其作为三维旋转群 SO(3)SO(3) 双重覆盖的拓扑基础。)

93.2

Problem 93.2

srednickiChapter 93

习题 93.2

来源: 第93章, PDF第580页

93.2 Verify that a state of the form of eq. (93.7) is an eigenstate of any hamiltonian with matrix elements of the form ⟨n′∣H∣n⟩=f(n′−n)\langle n' | H | n \rangle = f(n' - n).

Referenced Equations:

Equation (93.7):

∣θ⟩=∑n=−∞+∞e−inθ∣n⟩;(93.7)|\theta \rangle = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} e^{-in\theta} |n \rangle ; \tag{93.7}

习题 93.2 - 解答

题目分析与物理背景

本题要求证明给定的态 ∣θ⟩|\theta \rangle 是特定哈密顿量 HH 的本征态。题目给出的哈密顿量矩阵元满足 ⟨n′∣H∣n⟩=f(n′−n)\langle n' | H | n \rangle = f(n' - n)，这在物理上代表系统具有离散平移不变性（例如一维无限长晶格上的紧束缚模型）。矩阵元仅依赖于格点间的相对距离 n′−nn'-n。

给定的态 ∣θ⟩=∑n=−∞+∞e−inθ∣n⟩|\theta \rangle = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} e^{-in\theta} |n \rangle 实际上是该离散平移对称性下的**布洛赫态（Bloch state）**或平面波态，其中 θ\theta 对应于无量纲化的准动量（kak a）。根据布洛赫定理，平移不变系统的哈密顿量的本征态必然是平面波的形式。下面通过直接代数计算进行严格验证。

推导过程

首先，将哈密顿量算符 HH 作用在给定的态 ∣θ⟩|\theta \rangle 上：

H∣θ⟩=H(∑n=−∞+∞e−inθ∣n⟩)=∑n=−∞+∞e−inθH∣n⟩H |\theta \rangle = H \left( \sum_{n=-\infty}^{+\infty} e^{-in\theta} |n \rangle \right) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} e^{-in\theta} H |n \rangle

为了利用题目给出的矩阵元条件 ⟨n′∣H∣n⟩=f(n′−n)\langle n' | H | n \rangle = f(n' - n)，我们在算符 HH 左侧插入一组完备的基矢投影算符 ∑n′=−∞+∞∣n′⟩⟨n′∣=I\sum_{n'=-\infty}^{+\infty} |n'\rangle \langle n'| = \mathbb{I}：

H∣θ⟩=∑n′=−∞+∞∣n′⟩⟨n′∣(∑n=−∞+∞e−inθH∣n⟩)H |\theta \rangle = \sum_{n'=-\infty}^{+\infty} |n'\rangle \langle n'| \left( \sum_{n=-\infty}^{+\infty} e^{-in\theta} H |n \rangle \right)
H∣θ⟩=∑n′=−∞+∞∑n=−∞+∞e−inθ⟨n′∣H∣n⟩∣n′⟩H |\theta \rangle = \sum_{n'=-\infty}^{+\infty} \sum_{n=-\infty}^{+\infty} e^{-in\theta} \langle n' | H | n \rangle |n'\rangle

代入已知的矩阵元形式 ⟨n′∣H∣n⟩=f(n′−n)\langle n' | H | n \rangle = f(n' - n)：

H∣θ⟩=∑n′=−∞+∞∑n=−∞+∞e−inθf(n′−n)∣n′⟩H |\theta \rangle = \sum_{n'=-\infty}^{+\infty} \sum_{n=-\infty}^{+\infty} e^{-in\theta} f(n' - n) |n'\rangle

接下来使用变量代换技巧。令 m=n′−nm = n' - n，则 n=n′−mn = n' - m。由于 nn 的求和范围是 −∞-\infty 到 +∞+\infty，对于任意固定的 n′n'，mm 的求和范围依然是 −∞-\infty 到 +∞+\infty。将求和指标从 nn 替换为 mm：

H∣θ⟩=∑n′=−∞+∞∑m=−∞+∞e−i(n′−m)θf(m)∣n′⟩H |\theta \rangle = \sum_{n'=-\infty}^{+\infty} \sum_{m=-\infty}^{+\infty} e^{-i(n'-m)\theta} f(m) |n'\rangle

将指数项拆开 e−i(n′−m)θ=e−in′θeimθe^{-i(n'-m)\theta} = e^{-in'\theta} e^{im\theta}，并重新组合求和项。由于 mm 和 n′n' 的求和是相互独立的，我们可以将表达式分离为两部分：

H∣θ⟩=(∑m=−∞+∞f(m)eimθ)(∑n′=−∞+∞e−in′θ∣n′⟩)H |\theta \rangle = \left( \sum_{m=-\infty}^{+\infty} f(m) e^{im\theta} \right) \left( \sum_{n'=-\infty}^{+\infty} e^{-in'\theta} |n'\rangle \right)

观察上式右侧的两个括号：

  1. 第二个括号内的表达式正是题目定义的态 ∣θ⟩|\theta \rangle。
  2. 第一个括号内的表达式是一个仅依赖于参数 θ\theta 的标量函数，我们将其定义为本征值 E(θ)E(\theta)：
E(θ)=∑m=−∞+∞f(m)eimθE(\theta) = \sum_{m=-\infty}^{+\infty} f(m) e^{im\theta}

结论

将上述定义代回原式，我们得到：

H∣θ⟩=E(θ)∣θ⟩H |\theta \rangle = E(\theta) |\theta \rangle

这表明 ∣θ⟩|\theta \rangle 确实是哈密顿量 HH 的本征态，且对应的本征值为 E(θ)E(\theta)。

最终结果如下：

H∣θ⟩=E(θ)∣θ⟩,whereE(θ)=∑m=−∞+∞f(m)eimθ\boxed{ H |\theta \rangle = E(\theta) |\theta \rangle, \quad \text{where} \quad E(\theta) = \sum_{m=-\infty}^{+\infty} f(m) e^{im\theta} }
93.3

Problem 93.3

srednickiChapter 93

习题 93.3

来源: 第93章, PDF第580,581页

93.3 The winding number nn for a map from S3→S3S^3 \rightarrow S^3 is given by eq. (93.3), where U†U=1U^\dagger U = 1. We will prove that nn is invariant under an infinitesimal deformation of UU. Since any smooth deformation can be made by compounding infinitesimal ones, this will prove that nn is invariant under any smooth deformation.

a) Consider an infinitesimal deformation of UU, U→U+δUU \rightarrow U + \delta U. Show that δU†=−U†δUU†\delta U^\dagger = -U^\dagger \delta U U^\dagger, and hence that δ(U∂kU†)=−U∂k(U†δU)U†\delta(U \partial_k U^\dagger) = -U \partial_k (U^\dagger \delta U) U^\dagger.

b) Show that

δn=−324π2∫d3x εijkTr⁡[(U∂iU†)(U∂jU†)δ(U∂kU†)].(93.45)\delta n = \frac{-3}{24\pi^2} \int d^3x \, \varepsilon^{ijk} \operatorname{Tr} [(U \partial_i U^\dagger)(U \partial_j U^\dagger) \delta(U \partial_k U^\dagger)] . \tag{93.45}

Plug in your result from part (a), and integrate ∂k\partial_k by parts. Show that the resulting integrand vanishes. Hint: make repeated use of U∂iU†=−∂iUU†U \partial_i U^\dagger = -\partial_i U U^\dagger, and the antisymmetry of εijk\varepsilon^{ijk}.

Referenced Equations:

Equation (93.3):

n=−124π2∫d3x εijkTr⁡[(U∂iU†)(U∂jU†)(U∂kU†)].(93.3)n = \frac{-1}{24\pi^2} \int d^3x \, \varepsilon^{ijk} \operatorname{Tr}[(U\partial_i U^\dagger)(U\partial_j U^\dagger)(U\partial_k U^\dagger)] . \tag{93.3}

习题 93.3 - 解答

下面是对该习题的详细分析与解答。

(a) 证明 δU†=−U†δUU†\delta U^\dagger = -U^\dagger \delta U U^\dagger 以及 δ(U∂kU†)=−U∂k(U†δU)U†\delta(U \partial_k U^\dagger) = -U \partial_k (U^\dagger \delta U) U^\dagger

首先，由幺正条件 U†U=1U^\dagger U = 1 出发，对其进行无穷小变分：

δ(U†U)=δU†U+U†δU=0\delta(U^\dagger U) = \delta U^\dagger U + U^\dagger \delta U = 0

将上式右乘 U†U^\dagger，并利用 UU†=1U U^\dagger = 1，可得：

δU†UU†+U†δUU†=0  ⟹  δU†=−U†δUU†\delta U^\dagger U U^\dagger + U^\dagger \delta U U^\dagger = 0 \implies \delta U^\dagger = -U^\dagger \delta U U^\dagger

接下来，计算 U∂kU†U \partial_k U^\dagger 的变分。根据乘积法则：

δ(U∂kU†)=δU∂kU†+U∂kδU†\delta(U \partial_k U^\dagger) = \delta U \partial_k U^\dagger + U \partial_k \delta U^\dagger

将前面求得的 δU†\delta U^\dagger 代入第二项中：

δ(U∂kU†)=δU∂kU†−U∂k(U†δUU†)\delta(U \partial_k U^\dagger) = \delta U \partial_k U^\dagger - U \partial_k (U^\dagger \delta U U^\dagger)

利用导数的乘积法则展开 ∂k(U†δUU†)\partial_k (U^\dagger \delta U U^\dagger)：

∂k(U†δUU†)=∂k(U†δU)U†+U†δU∂kU†\partial_k (U^\dagger \delta U U^\dagger) = \partial_k (U^\dagger \delta U) U^\dagger + U^\dagger \delta U \partial_k U^\dagger

将其代回变分表达式中：

δ(U∂kU†)=δU∂kU†−U[∂k(U†δU)U†+U†δU∂kU†]=δU∂kU†−U∂k(U†δU)U†−UU†δU∂kU†\begin{aligned} \delta(U \partial_k U^\dagger) &= \delta U \partial_k U^\dagger - U \left[ \partial_k (U^\dagger \delta U) U^\dagger + U^\dagger \delta U \partial_k U^\dagger \right] \\ &= \delta U \partial_k U^\dagger - U \partial_k (U^\dagger \delta U) U^\dagger - U U^\dagger \delta U \partial_k U^\dagger \end{aligned}

由于 UU†=1U U^\dagger = 1，最后一项化简为 −δU∂kU†-\delta U \partial_k U^\dagger，它恰好与第一项相消。因此我们得到：

δ(U∂kU†)=−U∂k(U†δU)U†\boxed{ \delta(U \partial_k U^\dagger) = -U \partial_k (U^\dagger \delta U) U^\dagger }

(b) 证明 δn\delta n 的表达式及被积函数为零

缠绕数 nn 的定义为：

n=−124π2∫d3x εijkTr⁡[(U∂iU†)(U∂jU†)(U∂kU†)]n = \frac{-1}{24\pi^2} \int d^3x \, \varepsilon^{ijk} \operatorname{Tr}[(U\partial_i U^\dagger)(U\partial_j U^\dagger)(U\partial_k U^\dagger)]

为书写简便，记 Li=U∂iU†L_i = U\partial_i U^\dagger。对 nn 变分，应用乘积法则：

δn=−124π2∫d3x εijkTr⁡[δLiLjLk+LiδLjLk+LiLjδLk]\delta n = \frac{-1}{24\pi^2} \int d^3x \, \varepsilon^{ijk} \operatorname{Tr}[\delta L_i L_j L_k + L_i \delta L_j L_k + L_i L_j \delta L_k]

利用迹的循环性质（Tr⁡[ABC]=Tr⁡[BCA]\operatorname{Tr}[ABC] = \operatorname{Tr}[BCA]），第一项可以写为 Tr⁡[LjLkδLi]\operatorname{Tr}[L_j L_k \delta L_i]。再利用 εijk\varepsilon^{ijk} 的全反对称性，重命名哑指标 (i,j,k)→(k,i,j)(i,j,k) \to (k,i,j)，有 εijkTr⁡[δLiLjLk]=εkijTr⁡[LiLjδLk]=εijkTr⁡[LiLjδLk]\varepsilon^{ijk} \operatorname{Tr}[\delta L_i L_j L_k] = \varepsilon^{kij} \operatorname{Tr}[L_i L_j \delta L_k] = \varepsilon^{ijk} \operatorname{Tr}[L_i L_j \delta L_k]。 同理，第二项也可化为 εijkTr⁡[LiLjδLk]\varepsilon^{ijk} \operatorname{Tr}[L_i L_j \delta L_k]。三项完全相同，合并后即得：

δn=−324π2∫d3x εijkTr⁡[(U∂iU†)(U∂jU†)δ(U∂kU†)](93.45)\boxed{ \delta n = \frac{-3}{24\pi^2} \int d^3x \, \varepsilon^{ijk} \operatorname{Tr} [(U \partial_i U^\dagger)(U \partial_j U^\dagger) \delta(U \partial_k U^\dagger)] } \tag{93.45}

现在，将 (a) 问的结果 δLk=−U∂k(U†δU)U†\delta L_k = -U \partial_k (U^\dagger \delta U) U^\dagger 代入上式：

δn=324π2∫d3x εijkTr⁡[LiLjU∂k(U†δU)U†]\delta n = \frac{3}{24\pi^2} \int d^3x \, \varepsilon^{ijk} \operatorname{Tr} \left[ L_i L_j U \partial_k (U^\dagger \delta U) U^\dagger \right]

利用迹的循环性质，将最右侧的 U†U^\dagger 移至最左侧：

δn=324π2∫d3x εijkTr⁡[U†LiLjU∂k(U†δU)]\delta n = \frac{3}{24\pi^2} \int d^3x \, \varepsilon^{ijk} \operatorname{Tr} \left[ U^\dagger L_i L_j U \partial_k (U^\dagger \delta U) \right]

对 ∂k\partial_k 进行分部积分。由于映射 S3→S3S^3 \to S^3 要求在空间无穷远处 U→1U \to 1（即导数项在无穷远处衰减为零），表面项积分为零，因此：

δn=−324π2∫d3x εijkTr⁡[∂k(U†LiLjU)U†δU]\delta n = \frac{-3}{24\pi^2} \int d^3x \, \varepsilon^{ijk} \operatorname{Tr} \left[ \partial_k (U^\dagger L_i L_j U) U^\dagger \delta U \right]

下面我们集中化简括号内的项 U†LiLjU=U†(U∂iU†)(U∂jU†)UU^\dagger L_i L_j U = U^\dagger (U \partial_i U^\dagger) (U \partial_j U^\dagger) U。 根据题目提示，反复使用恒等式 U∂iU†=−∂iUU†U \partial_i U^\dagger = -\partial_i U U^\dagger：

U†(U∂iU†)(U∂jU†)U=U†(−∂iUU†)(−∂jUU†)U=U†∂iUU†∂jU\begin{aligned} U^\dagger (U \partial_i U^\dagger) (U \partial_j U^\dagger) U &= U^\dagger (-\partial_i U U^\dagger) (-\partial_j U U^\dagger) U \\ &= U^\dagger \partial_i U U^\dagger \partial_j U \end{aligned}

由 U†U=1U^\dagger U = 1 求导可知 ∂iU†U+U†∂iU=0\partial_i U^\dagger U + U^\dagger \partial_i U = 0，即 U†∂iU=−∂iU†UU^\dagger \partial_i U = -\partial_i U^\dagger U。代入上式得：

U†∂iUU†∂jU=(−∂iU†U)U†∂jU=−∂iU†∂jUU^\dagger \partial_i U U^\dagger \partial_j U = (-\partial_i U^\dagger U) U^\dagger \partial_j U = -\partial_i U^\dagger \partial_j U

因此，我们需要计算的导数项变为：

∂k(U†LiLjU)=∂k(−∂iU†∂jU)=−∂k∂iU†∂jU−∂iU†∂k∂jU\partial_k (U^\dagger L_i L_j U) = \partial_k (-\partial_i U^\dagger \partial_j U) = -\partial_k \partial_i U^\dagger \partial_j U - \partial_i U^\dagger \partial_k \partial_j U

将其与全反对称张量 εijk\varepsilon^{ijk} 缩并：

εijk∂k(U†LiLjU)=−εijk(∂k∂iU†)∂jU−εijk∂iU†(∂k∂jU)\varepsilon^{ijk} \partial_k (U^\dagger L_i L_j U) = - \varepsilon^{ijk} (\partial_k \partial_i U^\dagger) \partial_j U - \varepsilon^{ijk} \partial_i U^\dagger (\partial_k \partial_j U)

由于偏导数是对易的（即 ∂k∂i=∂i∂k\partial_k \partial_i = \partial_i \partial_k 且 ∂k∂j=∂j∂k\partial_k \partial_j = \partial_j \partial_k），它们在指标 (k,i)(k,i) 和 (k,j)(k,j) 上是对称的；而 εijk\varepsilon^{ijk} 在这些指标上是完全反对称的。对称张量与反对称张量的缩并必然为零，因此：

εijk(∂k∂iU†)=0,εijk(∂k∂jU)=0\varepsilon^{ijk} (\partial_k \partial_i U^\dagger) = 0, \quad \varepsilon^{ijk} (\partial_k \partial_j U) = 0

这直接导致被积函数恒为零：

εijk∂k(U†LiLjU)=0\varepsilon^{ijk} \partial_k (U^\dagger L_i L_j U) = 0

综上所述，积分结果为零，即证明了缠绕数在无穷小形变下是拓扑不变量：

δn=0\boxed{ \delta n = 0 }
93.4

Problem 93.4

srednickiChapter 93

习题 93.4

来源: 第93章, PDF第581页

93.4 Show that if Un(x)U_n(\mathbf{x}) and Uk(x)U_k(\mathbf{x}) are maps from S3→S3S^3 \rightarrow S^3 with winding numbers nn and kk, then Un(x)Uk(x)U_n(\mathbf{x}) U_k(\mathbf{x}) is a map with winding number n+kn + k. Hint: consider smoothly deforming Un(x)U_n(\mathbf{x}) to equal one for x3<0x_3 < 0. How should Uk(x)U_k(\mathbf{x}) be deformed?

习题 93.4 - 解答

习题分析与物理背景

本题涉及非线性 σ\sigma 模型或 Skyrme 模型中的拓扑孤子（Skyrmions）。在这些模型中，场位形可以看作是从紧致化的三维空间 S3S^3 到目标流形 S3≅SU(2)S^3 \cong SU(2) 的映射。映射的拓扑分类由同伦群 π3(S3)≅Z\pi_3(S^3) \cong \mathbb{Z} 给出，对应的整数即为缠绕数（Winding number）或拓扑荷。

缠绕数 W[U]W[U] 的解析表达式由 Cartan-Maurer 积分给出： W[U]=124π2∫d3x ϵijkTr[(U−1∂iU)(U−1∂jU)(U−1∂kU)]W[U] = \frac{1}{24\pi^2} \int d^3x \, \epsilon_{ijk} \text{Tr} \left[ (U^{-1} \partial_i U) (U^{-1} \partial_j U) (U^{-1} \partial_k U) \right] 缠绕数是一个拓扑不变量，这意味着它在映射的平滑形变（同伦等价）下保持不变。利用这一拓扑不变性，我们可以通过对场位形进行空间上的平滑形变，将复杂的代数计算转化为直观的几何拼接。

解题过程

第一步：利用同伦不变性对 Un(x)U_n(\mathbf{x}) 进行平滑形变 根据题目的提示，由于缠绕数在平滑形变下不变，我们可以将 Un(x)U_n(\mathbf{x}) 平滑形变为一个新的映射 U~n(x)\tilde{U}_n(\mathbf{x})，使得它的所有非平庸拓扑结构（即场的变化）都集中在 x3>0x_3 > 0 的上半空间。 具体而言，我们要求： U~n(x)=I,对于所有 x3≤0\tilde{U}_n(\mathbf{x}) = \mathbb{I}, \quad \text{对于所有 } x_3 \le 0 其中 I\mathbb{I} 是 SU(2)SU(2) 的单位元。由于 U~n\tilde{U}_n 与 UnU_n 是同伦的，其缠绕数保持不变： W[U~n]=nW[\tilde{U}_n] = n

第二步：对 Uk(x)U_k(\mathbf{x}) 进行对应的平滑形变 题目设问：“Uk(x)U_k(\mathbf{x}) 应该如何被形变？” 为了在乘积中避免两个映射的非平庸区域发生重叠（从而消除复杂的交叉项），我们应该将 Uk(x)U_k(\mathbf{x}) 的非平庸区域推到与 U~n(x)\tilde{U}_n(\mathbf{x}) 互补的空间中。 因此，我们将 Uk(x)U_k(\mathbf{x}) 平滑形变为 U~k(x)\tilde{U}_k(\mathbf{x})，使得它的所有拓扑结构集中在 x3<0x_3 < 0 的下半空间： U~k(x)=I,对于所有 x3≥0\tilde{U}_k(\mathbf{x}) = \mathbb{I}, \quad \text{对于所有 } x_3 \ge 0 同样地，由于同伦等价，其缠绕数保持不变： W[U~k]=kW[\tilde{U}_k] = k

第三步：构造乘积映射并分析其空间分布 现在我们考察形变后的乘积映射 U~(x)=U~n(x)U~k(x)\tilde{U}(\mathbf{x}) = \tilde{U}_n(\mathbf{x}) \tilde{U}_k(\mathbf{x})。 根据我们在前两步的构造，整个三维空间被分成了两个区域：

  1. 在上半空间 (x3>0x_3 > 0)： U~k(x)=I\tilde{U}_k(\mathbf{x}) = \mathbb{I}，因此 U~(x)=U~n(x)⋅I=U~n(x)\tilde{U}(\mathbf{x}) = \tilde{U}_n(\mathbf{x}) \cdot \mathbb{I} = \tilde{U}_n(\mathbf{x})。
  2. 在下半空间 (x3<0x_3 < 0)： U~n(x)=I\tilde{U}_n(\mathbf{x}) = \mathbb{I}，因此 U~(x)=I⋅U~k(x)=U~k(x)\tilde{U}(\mathbf{x}) = \mathbb{I} \cdot \tilde{U}_k(\mathbf{x}) = \tilde{U}_k(\mathbf{x})。
  3. 在边界平面 (x3=0x_3 = 0)： U~n(x)=I\tilde{U}_n(\mathbf{x}) = \mathbb{I} 且 U~k(x)=I\tilde{U}_k(\mathbf{x}) = \mathbb{I}，因此 U~(x)=I\tilde{U}(\mathbf{x}) = \mathbb{I}。这保证了乘积映射在全空间是连续且平滑的。

第四步：计算乘积映射的缠绕数 我们将乘积映射 U~(x)\tilde{U}(\mathbf{x}) 代入缠绕数的积分公式中。令积分核密度为 ω[U]=124π2ϵijkTr[(U−1∂iU)(U−1∂jU)(U−1∂kU)]\omega[U] = \frac{1}{24\pi^2} \epsilon_{ijk} \text{Tr} \left[ (U^{-1} \partial_i U) (U^{-1} \partial_j U) (U^{-1} \partial_k U) \right]。 注意，当 U(x)=IU(\mathbf{x}) = \mathbb{I} 时，导数 ∂iU=0\partial_i U = 0，从而 ω[U]=0\omega[U] = 0。

将全空间积分拆分为上半空间和下半空间： W[U~nU~k]=∫R3d3x ω[U~nU~k]W[\tilde{U}_n \tilde{U}_k] = \int_{\mathbb{R}^3} d^3x \, \omega[\tilde{U}_n \tilde{U}_k] =∫x3>0d3x ω[U~nU~k]+∫x3<0d3x ω[U~nU~k]= \int_{x_3 > 0} d^3x \, \omega[\tilde{U}_n \tilde{U}_k] + \int_{x_3 < 0} d^3x \, \omega[\tilde{U}_n \tilde{U}_k]

代入第三步的分析结果： 在 x3>0x_3 > 0 区域，U~nU~k=U~n\tilde{U}_n \tilde{U}_k = \tilde{U}_n；在 x3<0x_3 < 0 区域，U~nU~k=U~k\tilde{U}_n \tilde{U}_k = \tilde{U}_k。 W[U~nU~k]=∫x3>0d3x ω[U~n]+∫x3<0d3x ω[U~k]W[\tilde{U}_n \tilde{U}_k] = \int_{x_3 > 0} d^3x \, \omega[\tilde{U}_n] + \int_{x_3 < 0} d^3x \, \omega[\tilde{U}_k]

由于 U~n\tilde{U}_n 在 x3<0x_3 < 0 时贡献为零，U~k\tilde{U}_k 在 x3>0x_3 > 0 时贡献为零，我们可以将这两个积分各自扩展回全空间： W[U~nU~k]=∫R3d3x ω[U~n]+∫R3d3x ω[U~k]W[\tilde{U}_n \tilde{U}_k] = \int_{\mathbb{R}^3} d^3x \, \omega[\tilde{U}_n] + \int_{\mathbb{R}^3} d^3x \, \omega[\tilde{U}_k] W[U~nU~k]=W[U~n]+W[U~k]=n+kW[\tilde{U}_n \tilde{U}_k] = W[\tilde{U}_n] + W[\tilde{U}_k] = n + k

第五步：得出最终结论 因为 U~n(x)\tilde{U}_n(\mathbf{x}) 和 U~k(x)\tilde{U}_k(\mathbf{x}) 分别是 Un(x)U_n(\mathbf{x}) 和 Uk(x)U_k(\mathbf{x}) 的平滑形变，所以乘积 U~n(x)U~k(x)\tilde{U}_n(\mathbf{x}) \tilde{U}_k(\mathbf{x}) 也是原乘积 Un(x)Uk(x)U_n(\mathbf{x}) U_k(\mathbf{x}) 的平滑形变。拓扑荷在平滑形变下守恒，故： W[UnUk]=W[U~nU~k]=n+kW[U_n U_k] = W[\tilde{U}_n \tilde{U}_k] = n + k

W[UnUk]=n+k\boxed{W[U_n U_k] = n + k}

93.5

Problem 93.5

srednickiChapter 93

习题 93.5

来源: 第93章, PDF第581页

93.5 Use eq. (93.16) to compute the winding number for the map given in eq. (93.29), and for a generalization where ϕ\phi is replaced by nϕn\phi.

Referenced Equations:

Equation (93.16):

n=−124π2∫0πdχ∫0πdψ∫02πdϕ εαβγTr⁡[(U∂αU†)(U∂βU†)(U∂γU†)],(93.16)n = \frac{-1}{24\pi^2} \int_0^\pi d\chi \int_0^\pi d\psi \int_0^{2\pi} d\phi \, \varepsilon^{\alpha\beta\gamma} \operatorname{Tr}[(U \partial_\alpha U^\dagger)(U \partial_\beta U^\dagger)(U \partial_\gamma U^\dagger)] , \tag{93.16}

Equation (93.29):

U(x^)=x4+ix⃗⋅σ⃗ρ=(cos⁡χ+isin⁡χcos⁡ψisin⁡χsin⁡ψe−iϕisin⁡χsin⁡ψe+iϕcos⁡χ−isin⁡χcos⁡ψ),(93.29)\begin{aligned} U(\hat{x}) &= \frac{x_4 + i \vec{x} \cdot \vec{\sigma}}{\rho} \\ &= \begin{pmatrix} \cos \chi + i \sin \chi \cos \psi & i \sin \chi \sin \psi e^{-i\phi} \\ i \sin \chi \sin \psi e^{+i\phi} & \cos \chi - i \sin \chi \cos \psi \end{pmatrix} , \end{aligned} \tag{93.29}

习题 93.5 - 解答

先分析题目给出的映射矩阵 U(x^)U(\hat{x})。根据式 (93.29)，我们可以将其用泡利矩阵 σ⃗=(σ1,σ2,σ3)\vec{\sigma} = (\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3) 展开：

U(χ,ψ,ϕ)=(cos⁡χ+isin⁡χcos⁡ψisin⁡χsin⁡ψe−iϕisin⁡χsin⁡ψe+iϕcos⁡χ−isin⁡χcos⁡ψ)=cos⁡χI+isin⁡χ(cos⁡ψσ3+sin⁡ψcos⁡ϕσ1+sin⁡ψsin⁡ϕσ2)=cos⁡χI+isin⁡χn^⋅σ⃗\begin{aligned} U(\chi, \psi, \phi) &= \begin{pmatrix} \cos \chi + i \sin \chi \cos \psi & i \sin \chi \sin \psi e^{-i\phi} \\ i \sin \chi \sin \psi e^{+i\phi} & \cos \chi - i \sin \chi \cos \psi \end{pmatrix} \\ &= \cos\chi \mathbf{I} + i \sin\chi (\cos\psi \sigma_3 + \sin\psi\cos\phi \sigma_1 + \sin\psi\sin\phi \sigma_2) \\ &= \cos\chi \mathbf{I} + i \sin\chi \hat{n} \cdot \vec{\sigma} \end{aligned}

其中 n^=(sin⁡ψcos⁡ϕ,sin⁡ψsin⁡ϕ,cos⁡ψ)\hat{n} = (\sin\psi\cos\phi, \sin\psi\sin\phi, \cos\psi) 是 S2S^2 上的单位矢量，满足 n^⋅n^=1\hat{n} \cdot \hat{n} = 1。

下面计算缠绕数（Winding number）。式 (93.16) 中的被积形式可以写为 Maurer-Cartan 形式 L=UdU†L = U dU^\dagger 的迹。利用微分形式，缠绕数 nn 等价于：

n=−124π2∫Tr⁡[(UdU†)3]n = \frac{-1}{24\pi^2} \int \operatorname{Tr}[(U dU^\dagger)^3]

其中 (UdU†)3=(U∂αU†)(U∂βU†)(U∂γU†)dα∧dβ∧dγ(U dU^\dagger)^3 = (U \partial_\alpha U^\dagger)(U \partial_\beta U^\dagger)(U \partial_\gamma U^\dagger) d\alpha \wedge d\beta \wedge d\gamma。

分两步处理 UdU†U dU^\dagger 的计算： 首先求 dU†dU^\dagger：

dU†=d(cos⁡χ−isin⁡χn^⋅σ⃗)=−sin⁡χdχ−icos⁡χdχ(n^⋅σ⃗)−isin⁡χ(dn^⋅σ⃗)dU^\dagger = d(\cos\chi - i \sin\chi \hat{n} \cdot \vec{\sigma}) = -\sin\chi d\chi - i \cos\chi d\chi (\hat{n} \cdot \vec{\sigma}) - i \sin\chi (d\hat{n} \cdot \vec{\sigma})

接着计算 UdU†U dU^\dagger：

UdU†=(cos⁡χ+isin⁡χn^⋅σ⃗)[−sin⁡χdχ−icos⁡χdχ(n^⋅σ⃗)−isin⁡χ(dn^⋅σ⃗)]=−sin⁡χcos⁡χdχ−icos⁡2χdχ(n^⋅σ⃗)−isin⁡χcos⁡χ(dn^⋅σ⃗)−isin⁡2χdχ(n^⋅σ⃗)2+sin⁡χcos⁡χdχ(n^⋅σ⃗)2+sin⁡2χ(n^⋅σ⃗)(dn^⋅σ⃗)\begin{aligned} U dU^\dagger &= (\cos\chi + i \sin\chi \hat{n} \cdot \vec{\sigma}) \left[ -\sin\chi d\chi - i \cos\chi d\chi (\hat{n} \cdot \vec{\sigma}) - i \sin\chi (d\hat{n} \cdot \vec{\sigma}) \right] \\ &= -\sin\chi\cos\chi d\chi - i \cos^2\chi d\chi (\hat{n} \cdot \vec{\sigma}) - i \sin\chi\cos\chi (d\hat{n} \cdot \vec{\sigma}) \\ &\quad - i \sin^2\chi d\chi (\hat{n} \cdot \vec{\sigma})^2 + \sin\chi\cos\chi d\chi (\hat{n} \cdot \vec{\sigma})^2 + \sin^2\chi (\hat{n} \cdot \vec{\sigma})(d\hat{n} \cdot \vec{\sigma}) \end{aligned}

利用泡利矩阵的性质 (n^⋅σ⃗)2=I(\hat{n} \cdot \vec{\sigma})^2 = \mathbf{I} 以及 (n^⋅σ⃗)(dn^⋅σ⃗)=n^⋅dn^+i(n^×dn^)⋅σ⃗(\hat{n} \cdot \vec{\sigma})(d\hat{n} \cdot \vec{\sigma}) = \hat{n} \cdot d\hat{n} + i (\hat{n} \times d\hat{n}) \cdot \vec{\sigma}。因为 n^\hat{n} 是单位矢量，所以 n^⋅dn^=0\hat{n} \cdot d\hat{n} = 0。代入化简后，标量项相互抵消，得到：

UdU†=−i[dχn^+sin⁡χcos⁡χdn^−sin⁡2χ(n^×dn^)]⋅σ⃗≡−iV⃗⋅σ⃗U dU^\dagger = -i \left[ d\chi \hat{n} + \sin\chi\cos\chi d\hat{n} - \sin^2\chi (\hat{n} \times d\hat{n}) \right] \cdot \vec{\sigma} \equiv -i \vec{V} \cdot \vec{\sigma}

这里定义了由 1-形式构成的矢量 V⃗=dχn^+sin⁡χcos⁡χdn^−sin⁡2χ(n^×dn^)\vec{V} = d\chi \hat{n} + \sin\chi\cos\chi d\hat{n} - \sin^2\chi (\hat{n} \times d\hat{n})。

下面计算迹 Tr⁡[(UdU†)3]\operatorname{Tr}[(U dU^\dagger)^3]： 对于任意 1-形式矢量 V⃗\vec{V}，有 Tr⁡[(V⃗⋅σ⃗)3]=2iεabcVa∧Vb∧Vc=12iV1∧V2∧V3\operatorname{Tr}[(\vec{V} \cdot \vec{\sigma})^3] = 2i \varepsilon_{abc} V^a \wedge V^b \wedge V^c = 12i V^1 \wedge V^2 \wedge V^3。 因此：

Tr⁡[(UdU†)3]=Tr⁡[(−iV⃗⋅σ⃗)3]=iTr⁡[(V⃗⋅σ⃗)3]=−12V1∧V2∧V3\operatorname{Tr}[(U dU^\dagger)^3] = \operatorname{Tr}[(-i \vec{V} \cdot \vec{\sigma})^3] = i \operatorname{Tr}[(\vec{V} \cdot \vec{\sigma})^3] = -12 V^1 \wedge V^2 \wedge V^3

为了计算体积形式 V1∧V2∧V3V^1 \wedge V^2 \wedge V^3，我们引入 S2S^2 切空间的正交基 eψ=∂ψn^e_\psi = \partial_\psi \hat{n} 和 eϕ=1sin⁡ψ∂ϕn^e_\phi = \frac{1}{\sin\psi} \partial_\phi \hat{n}。容易验证 (n^,eψ,eϕ)(\hat{n}, e_\psi, e_\phi) 构成右手正交基，且：

dn^=eψdψ+eϕsin⁡ψdϕ,n^×dn^=eϕdψ−eψsin⁡ψdϕd\hat{n} = e_\psi d\psi + e_\phi \sin\psi d\phi, \quad \hat{n} \times d\hat{n} = e_\phi d\psi - e_\psi \sin\psi d\phi

将它们代入 V⃗\vec{V} 的表达式中，得到 V⃗\vec{V} 在基 (n^,eψ,eϕ)(\hat{n}, e_\psi, e_\phi) 下的分量：

V1=dχV2=sin⁡χcos⁡χdψ+sin⁡2χsin⁡ψdϕV3=−sin⁡2χdψ+sin⁡χcos⁡χsin⁡ψdϕ\begin{aligned} V^1 &= d\chi \\ V^2 &= \sin\chi\cos\chi d\psi + \sin^2\chi \sin\psi d\phi \\ V^3 &= -\sin^2\chi d\psi + \sin\chi\cos\chi \sin\psi d\phi \end{aligned}

计算这三个 1-形式的楔积：

V1∧V2∧V3=dχ∧[(sin⁡χcos⁡χdψ)∧(sin⁡χcos⁡χsin⁡ψdϕ)−(sin⁡2χsin⁡ψdϕ)∧(sin⁡2χdψ)]=dχ∧[sin⁡2χcos⁡2χsin⁡ψdψ∧dϕ+sin⁡4χsin⁡ψdψ∧dϕ]=sin⁡2χ(cos⁡2χ+sin⁡2χ)sin⁡ψdχ∧dψ∧dϕ=sin⁡2χsin⁡ψdχ∧dψ∧dϕ\begin{aligned} V^1 \wedge V^2 \wedge V^3 &= d\chi \wedge \left[ (\sin\chi\cos\chi d\psi) \wedge (\sin\chi\cos\chi \sin\psi d\phi) - (\sin^2\chi \sin\psi d\phi) \wedge (\sin^2\chi d\psi) \right] \\ &= d\chi \wedge \left[ \sin^2\chi\cos^2\chi \sin\psi d\psi \wedge d\phi + \sin^4\chi \sin\psi d\psi \wedge d\phi \right] \\ &= \sin^2\chi (\cos^2\chi + \sin^2\chi) \sin\psi d\chi \wedge d\psi \wedge d\phi \\ &= \sin^2\chi \sin\psi d\chi \wedge d\psi \wedge d\phi \end{aligned}

于是迹的结果为：

Tr⁡[(UdU†)3]=−12sin⁡2χsin⁡ψdχ∧dψ∧dϕ\operatorname{Tr}[(U dU^\dagger)^3] = -12 \sin^2\chi \sin\psi d\chi \wedge d\psi \wedge d\phi

代入缠绕数公式 (93.16) 并积分：

n=−124π2∫0πdχ∫0πdψ∫02πdϕ(−12sin⁡2χsin⁡ψ)=12π2(∫0πsin⁡2χdχ)(∫0πsin⁡ψdψ)(∫02πdϕ)=12π2×(π2)×(2)×(2π)=1\begin{aligned} n &= \frac{-1}{24\pi^2} \int_0^\pi d\chi \int_0^\pi d\psi \int_0^{2\pi} d\phi (-12 \sin^2\chi \sin\psi) \\ &= \frac{1}{2\pi^2} \left( \int_0^\pi \sin^2\chi d\chi \right) \left( \int_0^\pi \sin\psi d\psi \right) \left( \int_0^{2\pi} d\phi \right) \\ &= \frac{1}{2\pi^2} \times \left( \frac{\pi}{2} \right) \times (2) \times (2\pi) = 1 \end{aligned}

对于推广情况，将 ϕ\phi 替换为 mϕm\phi（为避免与缠绕数符号 nn 混淆，这里设整数乘子为 mm）： 映射变为 Um=cos⁡χI+isin⁡χn^m⋅σ⃗U_m = \cos\chi \mathbf{I} + i \sin\chi \hat{n}_m \cdot \vec{\sigma}，其中 n^m=(sin⁡ψcos⁡mϕ,sin⁡ψsin⁡mϕ,cos⁡ψ)\hat{n}_m = (\sin\psi\cos m\phi, \sin\psi\sin m\phi, \cos\psi)。 此时微分 dn^md\hat{n}_m 中的 dϕd\phi 被替换为 d(mϕ)=mdϕd(m\phi) = m d\phi。由于推导过程完全相同，体积形式将变为：

V1∧V2∧V3=sin⁡2χsin⁡ψdχ∧dψ∧(mdϕ)=msin⁡2χsin⁡ψdχ∧dψ∧dϕV^1 \wedge V^2 \wedge V^3 = \sin^2\chi \sin\psi d\chi \wedge d\psi \wedge (m d\phi) = m \sin^2\chi \sin\psi d\chi \wedge d\psi \wedge d\phi

积分区间保持不变，因此整个积分结果会多出一个因子 mm。当乘子为题目所给的 nn 时，缠绕数即为 nn。

For the original map: n=1For the generalized map with ϕ→nϕ: Winding number =n\boxed{ \text{For the original map: } n = 1 \\ \text{For the generalized map with } \phi \to n\phi \text{: Winding number } = n }
93.6

Problem 93.6

srednickiChapter 93

习题 93.6

来源: 第93章, PDF第581页

93.6 Use eq. (93.16) to compute the winding number for UnU^n, where UU is the map given in eq. (93.29). Hint: first show that UU can be written in the form U=exp⁡[iχ⃗⋅σ⃗]U = \exp[i \vec{\chi} \cdot \vec{\sigma}], where χ⃗\vec{\chi} is a three-vector that you should specify. Is your result in accord with the theorem of problem 93.4?

Referenced Equations:

Equation (93.16):

n=−124π2∫0πdχ∫0πdψ∫02πdϕ εαβγTr⁡[(U∂αU†)(U∂βU†)(U∂γU†)],(93.16)n = \frac{-1}{24\pi^2} \int_0^\pi d\chi \int_0^\pi d\psi \int_0^{2\pi} d\phi \, \varepsilon^{\alpha\beta\gamma} \operatorname{Tr}[(U \partial_\alpha U^\dagger)(U \partial_\beta U^\dagger)(U \partial_\gamma U^\dagger)] , \tag{93.16}

Equation (93.29):

U(x^)=x4+ix⃗⋅σ⃗ρ=(cos⁡χ+isin⁡χcos⁡ψisin⁡χsin⁡ψe−iϕisin⁡χsin⁡ψe+iϕcos⁡χ−isin⁡χcos⁡ψ),(93.29)\begin{aligned} U(\hat{x}) &= \frac{x_4 + i \vec{x} \cdot \vec{\sigma}}{\rho} \\ &= \begin{pmatrix} \cos \chi + i \sin \chi \cos \psi & i \sin \chi \sin \psi e^{-i\phi} \\ i \sin \chi \sin \psi e^{+i\phi} & \cos \chi - i \sin \chi \cos \psi \end{pmatrix} , \end{aligned} \tag{93.29}

习题 93.6 - 解答

先分析题目与物理背景

本题要求计算映射 U(x^)U(\hat{x}) 的 nn 次幂 UnU^n 的缠绕数（Winding number）。在非阿贝尔规范场论（如瞬子解或手征反常的讨论中），从 S3S^3 映射到 SU(2)SU(2) 群流形的映射可以用缠绕数（拓扑度）来分类。公式 (93.16) 给出了计算该拓扑不变量的积分表达式。

第一步：将 UU 写成指数形式

根据公式 (93.29)，映射 U(x^)U(\hat{x}) 的矩阵形式为：

U(x^)=(cos⁡χ+isin⁡χcos⁡ψisin⁡χsin⁡ψe−iϕisin⁡χsin⁡ψe+iϕcos⁡χ−isin⁡χcos⁡ψ)U(\hat{x}) = \begin{pmatrix} \cos \chi + i \sin \chi \cos \psi & i \sin \chi \sin \psi e^{-i\phi} \\ i \sin \chi \sin \psi e^{+i\phi} & \cos \chi - i \sin \chi \cos \psi \end{pmatrix}

我们可以将其分解为单位矩阵 II 和泡利矩阵 σ⃗=(σ1,σ2,σ3)\vec{\sigma} = (\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3) 的线性组合：

U(x^)=cos⁡χI+isin⁡χ(sin⁡ψcos⁡ϕσ1+sin⁡ψsin⁡ϕσ2+cos⁡ψσ3)U(\hat{x}) = \cos\chi I + i \sin\chi \left( \sin\psi\cos\phi \sigma_1 + \sin\psi\sin\phi \sigma_2 + \cos\psi \sigma_3 \right)

定义三维单位矢量 n^=(sin⁡ψcos⁡ϕ,sin⁡ψsin⁡ϕ,cos⁡ψ)\hat{n} = (\sin\psi\cos\phi, \sin\psi\sin\phi, \cos\psi)，上式可简写为：

U(x^)=cos⁡χI+isin⁡χ(n^⋅σ⃗)U(\hat{x}) = \cos\chi I + i \sin\chi (\hat{n} \cdot \vec{\sigma})

由于 n^\hat{n} 是单位矢量，满足 (n^⋅σ⃗)2=I(\hat{n} \cdot \vec{\sigma})^2 = I。利用泡利矩阵的欧拉公式，我们可以直接将其写为指数形式：

U(x^)=exp⁡[iχ(n^⋅σ⃗)]U(\hat{x}) = \exp[i \chi (\hat{n} \cdot \vec{\sigma})]

因此，我们找到了满足条件的矢量 χ⃗\vec{\chi}：

χ⃗=χn^=(χsin⁡ψcos⁡ϕ,χsin⁡ψsin⁡ϕ,χcos⁡ψ)\vec{\chi} = \chi \hat{n} = (\chi \sin\psi \cos\phi, \chi \sin\psi \sin\phi, \chi \cos\psi)

第二步：计算 UnU^n 的 Maurer-Cartan 形式

令 V=UnV = U^n，利用指数形式可直接得到：

V=exp⁡[inχ(n^⋅σ⃗)]=cos⁡(nχ)I+isin⁡(nχ)(n^⋅σ⃗)V = \exp[i n \chi (\hat{n} \cdot \vec{\sigma})] = \cos(n\chi) I + i \sin(n\chi) (\hat{n} \cdot \vec{\sigma})

为了方便求导，记 A=cos⁡(nχ)A = \cos(n\chi)，B⃗=sin⁡(nχ)n^\vec{B} = \sin(n\chi) \hat{n}，则 V=A+iB⃗⋅σ⃗V = A + i \vec{B} \cdot \vec{\sigma}，且满足 A2+B⃗2=1A^2 + \vec{B}^2 = 1。 我们需要计算 V∂αV†V \partial_\alpha V^\dagger（其中 α∈{χ,ψ,ϕ}\alpha \in \{\chi, \psi, \phi\}）：

V∂αV†=(A+iB⃗⋅σ⃗)(∂αA−i∂αB⃗⋅σ⃗)=(A∂αA+B⃗⋅∂αB⃗)+i(−A∂αB⃗+(∂αA)B⃗+B⃗×∂αB⃗)⋅σ⃗\begin{aligned} V \partial_\alpha V^\dagger &= (A + i \vec{B} \cdot \vec{\sigma})(\partial_\alpha A - i \partial_\alpha \vec{B} \cdot \vec{\sigma}) \\ &= (A \partial_\alpha A + \vec{B} \cdot \partial_\alpha \vec{B}) + i \left( -A \partial_\alpha \vec{B} + (\partial_\alpha A) \vec{B} + \vec{B} \times \partial_\alpha \vec{B} \right) \cdot \vec{\sigma} \end{aligned}

由 A2+B⃗2=1A^2 + \vec{B}^2 = 1 对 α\alpha 求导可知 A∂αA+B⃗⋅∂αB⃗=0A \partial_\alpha A + \vec{B} \cdot \partial_\alpha \vec{B} = 0。因此：

V∂αV†=iD⃗α⋅σ⃗,其中D⃗α=−A∂αB⃗+(∂αA)B⃗+B⃗×∂αB⃗V \partial_\alpha V^\dagger = i \vec{D}_\alpha \cdot \vec{\sigma}, \quad \text{其中} \quad \vec{D}_\alpha = -A \partial_\alpha \vec{B} + (\partial_\alpha A) \vec{B} + \vec{B} \times \partial_\alpha \vec{B}

第三步：计算 D⃗α\vec{D}_\alpha 的各个分量

分别对 χ,ψ,ϕ\chi, \psi, \phi 求导：

  1. 对于 χ\chi 分量：∂χA=−nsin⁡(nχ)\partial_\chi A = -n \sin(n\chi)，∂χB⃗=ncos⁡(nχ)n^\partial_\chi \vec{B} = n \cos(n\chi) \hat{n}。
D⃗χ=−cos⁡(nχ)[ncos⁡(nχ)n^]+[−nsin⁡(nχ)][sin⁡(nχ)n^]+sin⁡(nχ)n^×[ncos⁡(nχ)n^]=−n[cos⁡2(nχ)+sin⁡2(nχ)]n^=−nn^\begin{aligned} \vec{D}_\chi &= -\cos(n\chi)[n \cos(n\chi) \hat{n}] + [-n \sin(n\chi)][\sin(n\chi) \hat{n}] + \sin(n\chi)\hat{n} \times [n \cos(n\chi) \hat{n}] \\ &= -n [\cos^2(n\chi) + \sin^2(n\chi)] \hat{n} = -n \hat{n} \end{aligned}
  1. 对于 β∈{ψ,ϕ}\beta \in \{\psi, \phi\} 分量：∂βA=0\partial_\beta A = 0，∂βB⃗=sin⁡(nχ)∂βn^\partial_\beta \vec{B} = \sin(n\chi) \partial_\beta \hat{n}。
D⃗β=−cos⁡(nχ)sin⁡(nχ)∂βn^+sin⁡2(nχ)(n^×∂βn^)\vec{D}_\beta = -\cos(n\chi)\sin(n\chi) \partial_\beta \hat{n} + \sin^2(n\chi) (\hat{n} \times \partial_\beta \hat{n})

第四步：计算迹与被积函数

公式 (93.16) 中的迹为：

Tr⁡[(V∂αV†)(V∂βV†)(V∂γV†)]=−iTr⁡[(D⃗α⋅σ⃗)(D⃗β⋅σ⃗)(D⃗γ⋅σ⃗)]\operatorname{Tr}[(V \partial_\alpha V^\dagger)(V \partial_\beta V^\dagger)(V \partial_\gamma V^\dagger)] = -i \operatorname{Tr}[(\vec{D}_\alpha \cdot \vec{\sigma})(\vec{D}_\beta \cdot \vec{\sigma})(\vec{D}_\gamma \cdot \vec{\sigma})]

利用泡利矩阵的迹恒等式 Tr⁡(σiσjσk)=2iεijk\operatorname{Tr}(\sigma_i \sigma_j \sigma_k) = 2i \varepsilon_{ijk}，可得：

−iTr⁡[(D⃗α⋅σ⃗)(D⃗β⋅σ⃗)(D⃗γ⋅σ⃗)]=2D⃗α⋅(D⃗β×D⃗γ)-i \operatorname{Tr}[(\vec{D}_\alpha \cdot \vec{\sigma})(\vec{D}_\beta \cdot \vec{\sigma})(\vec{D}_\gamma \cdot \vec{\sigma})] = 2 \vec{D}_\alpha \cdot (\vec{D}_\beta \times \vec{D}_\gamma)

代入反对称张量 εαβγ\varepsilon^{\alpha\beta\gamma} 并对所有排列求和，共有 3!=63! = 6 个相同贡献的项：

εαβγTr⁡[… ]=12D⃗χ⋅(D⃗ψ×D⃗ϕ)\varepsilon^{\alpha\beta\gamma} \operatorname{Tr}[\dots] = 12 \vec{D}_\chi \cdot (\vec{D}_\psi \times \vec{D}_\phi)

下面计算 D⃗ψ×D⃗ϕ\vec{D}_\psi \times \vec{D}_\phi。令 s=sin⁡(nχ)s = \sin(n\chi)，c=cos⁡(nχ)c = \cos(n\chi)：

D⃗ψ×D⃗ϕ=[−sc∂ψn^+s2(n^×∂ψn^)]×[−sc∂ϕn^+s2(n^×∂ϕn^)]=s2c2(∂ψn^×∂ϕn^)−s3c[∂ψn^×(n^×∂ϕn^)+(n^×∂ψn^)×∂ϕn^]⏟=0+s4(n^×∂ψn^)×(n^×∂ϕn^)\begin{aligned} \vec{D}_\psi \times \vec{D}_\phi &= [-sc \partial_\psi \hat{n} + s^2 (\hat{n} \times \partial_\psi \hat{n})] \times [-sc \partial_\phi \hat{n} + s^2 (\hat{n} \times \partial_\phi \hat{n})] \\ &= s^2 c^2 (\partial_\psi \hat{n} \times \partial_\phi \hat{n}) - s^3 c \underbrace{[ \partial_\psi \hat{n} \times (\hat{n} \times \partial_\phi \hat{n}) + (\hat{n} \times \partial_\psi \hat{n}) \times \partial_\phi \hat{n} ]}_{=0} + s^4 (\hat{n} \times \partial_\psi \hat{n}) \times (\hat{n} \times \partial_\phi \hat{n}) \end{aligned}

利用矢量三重积公式展开，中间项精确相消为零；而最后一项化简为 s4n^[n^⋅(∂ψn^×∂ϕn^)]s^4 \hat{n} [\hat{n} \cdot (\partial_\psi \hat{n} \times \partial_\phi \hat{n})]。 由于 n^\hat{n} 是标准球面坐标系下的单位径向矢量，其雅可比行列式为 ∂ψn^×∂ϕn^=sin⁡ψn^\partial_\psi \hat{n} \times \partial_\phi \hat{n} = \sin\psi \hat{n}。因此：

D⃗ψ×D⃗ϕ=s2c2(sin⁡ψn^)+s4(sin⁡ψn^)=s2(c2+s2)sin⁡ψn^=sin⁡2(nχ)sin⁡ψn^\vec{D}_\psi \times \vec{D}_\phi = s^2 c^2 (\sin\psi \hat{n}) + s^4 (\sin\psi \hat{n}) = s^2(c^2 + s^2) \sin\psi \hat{n} = \sin^2(n\chi) \sin\psi \hat{n}

进而得到标量三重积：

D⃗χ⋅(D⃗ψ×D⃗ϕ)=(−nn^)⋅(sin⁡2(nχ)sin⁡ψn^)=−nsin⁡2(nχ)sin⁡ψ\vec{D}_\chi \cdot (\vec{D}_\psi \times \vec{D}_\phi) = (-n \hat{n}) \cdot (\sin^2(n\chi) \sin\psi \hat{n}) = -n \sin^2(n\chi) \sin\psi

第五步：计算积分与最终缠绕数

将上述结果代入公式 (93.16)：

W(Un)=−124π2∫0πdχ∫0πdψ∫02πdϕ [12(−nsin⁡2(nχ)sin⁡ψ)]=12n24π2(∫0πsin⁡2(nχ)dχ)(∫0πsin⁡ψdψ)(∫02πdϕ)=n2π2×(π2)×(2)×(2π)=n\begin{aligned} W(U^n) &= \frac{-1}{24\pi^2} \int_0^\pi d\chi \int_0^\pi d\psi \int_0^{2\pi} d\phi \, \left[ 12 (-n \sin^2(n\chi) \sin\psi) \right] \\ &= \frac{12n}{24\pi^2} \left( \int_0^\pi \sin^2(n\chi) d\chi \right) \left( \int_0^\pi \sin\psi d\psi \right) \left( \int_0^{2\pi} d\phi \right) \\ &= \frac{n}{2\pi^2} \times \left( \frac{\pi}{2} \right) \times (2) \times (2\pi) \\ &= n \end{aligned}

结论与定理一致性分析

计算结果表明 UnU^n 的缠绕数为 nn。 习题 93.4 的定理指出：如果映射 UU 的缠绕数为 W(U)W(U)，那么映射 UnU^n 的缠绕数满足 W(Un)=nW(U)W(U^n) = n W(U)。由于本题中 UU 本身（即 n=1n=1 时）的缠绕数为 11，因此 UnU^n 的缠绕数理应为 nn。我们的直接积分计算结果与该拓扑定理完全一致。

W(Un)=n\boxed{W(U^n) = n}