Lecture Notes of Quantum Field Theory by F. Mandl & G. Shaw

Lecture Notes of Quantum Field Theory by F. Mandl & G. Shaw

本文档除了包括推导, 疑惑 外,做 读书重点 的记录

Ch.1 Photos and the Electromagnetic Field
P.5 (1.18) 这个结果可以按书上所述直接验证.,值得一提除了交叉项外,其余的项正好抵消.数学上,这类似后面(3.15)或者(4.44)的结果.具体略.

P.7 (1.28) 读书重点 本书是让读者从非相对论量子力学过渡到相对论量子场论.这一章是利用经典力学谐振子到非相对论量子力学的谐振子的量子化,引发到电磁场的非协变形式(横向度规)量子化(两次量子化).这里的焦点是量子化方法,而不是相对论协变性. 首先书中并没有重复经典力学谐振子问题的运动方程及其解,以及相应的体系的能量的表达式,实际上,这和书中讨论的经典电动力学在库伦规范下的运动方程及其解,以及相应的体系能量的表达式非常类似.换言之,经典谐振子的能量正比于振幅的平方,与时间无关.唯一的区别是后者涉及无限多的自由度的求和,前者仅含一个自由度. 接着,谐振子问题有对应的量子力学问题.量子力学中的谐振子问题中引入的产生消灭算符是一个解决问题的数学方法.这启发我们将电磁场也同样的量子化,将经典力学能量表达式中的振幅替换为量子力学哈密顿量中的产生消灭算符,换言之,我们采用产生消灭算符的数学形式,而不是将哈密顿中的位置和动量矢量量子化,这样一步到位的方法,称为二次量子化.

P.11(1.40) 参见比如,蔡圣善等著经典电动力学(4.71)

P.13(1.45) 在量子力学处理中,这里一般采用含时微扰(由于受迫振动哈密顿含时,我们不能继续采用定态解的概念,而是需要考虑薛定谔方程决定的态对时间的演化,而对时间的积分导致对应能量守恒的$$ \delta $$函数),例如参见苏汝铿量子力学(5.5.21).

P.16(1.56) 这里几乎是最好的从经典电动力学的角度出发给出量子场论的量子场与物质的哈密顿量的讨论之一.对哈密顿量的导出讨论参见,比如Sakurai,Jackson,Goldstein.

首先注意到在库伦规范下,横向电场和纵向电场的点积对全空间的积分为零.因为$$ \nabla \cdot (\phi \vec A)=(\nabla\phi) \cdot \vec A +\phi \nabla \cdot A $$.左边对全空间积分由高斯定理化为面积分为零,右边的第二项由库伦规范为零.

(1.56)意味着纵向电场的能量实际上就是库伦相互作用.这是因为将密度的表达式带入,我们得到$$ \frac{1}{4\pi|\vec x-\vec x'|}\nabla^2 \phi(x) \nabla'^2\phi(x') $$,利用$$ \psi\nabla^2\phi=\nabla\cdot (\psi \nabla \phi) - (\nabla \psi)\cdot (\nabla \phi) $$做部分积分,但是我们注意到有两个自变量$$ \vec x$$和$$ \vec x' $$,对每个自变量仅仅做一次部分积分,且扔掉任何面积分,并注意到$$ -\delta(|\vec x-\vec x'|)=\nabla^2 \frac{1}{4\pi|\vec x-\vec x'|}=-\nabla \cdot \nabla' \frac{1}{4\pi|\vec x-\vec x'|}$$即得.

带电体系和电磁场相互作用在量子力学范畴的处理可以是含时的,这时利用含时微扰进行处理.除了当外磁场是静态的,则仅仅需要按非含时的微扰论进行处理,一个具体的例子参见,比如Ashcroft Solid State Physics Ch.31,其中把电磁场作为数而非算符,而电荷系统(这里为原子核中的电子状态,或者包含电子的原子核的状态,与本书第一章的上下文相同)为波函数而非由产生消灭算符构造的自由粒子态,对于电磁场,处于数学上的方便考虑采用特定的度规(31.10),动量算符和矢势的点积最终化为熟知的轨道角动量和磁场点积的形式(31.15-16),具体推导参考该书的推导笔记.

P.19 (1.67) 如前面对量子力学范畴处理的讨论,这里的$$\vec p $$为动量算符.但是为了和经典的电极距,磁极距展开相对比,这里必须引入一些(即便在量子力学范畴内也显得)粗糙的假定.我们认为所讨论的带电体系(原子核和其电子)为离散的点电荷分布,故相互作用矩阵元为在动量空间内的结果对离散的空间点求和.我们认为动量算符的矩阵元为坐标算符矩阵元对时间的全微分,进而由海森堡运动方程,等于坐标算符的矩阵元乘以光子能量(电荷体系初态与末态能量差).这样,我们回到前面得到的电偶极距展开的表达式.

P.22 (1.73) 在量子力学中,薛定谔方程是非相对论形式,从而无法正确的考虑粒子的自旋,在此意义下(1.73)具有很大的局限性,它不适用于一般的情况,比如电子的运动方程.但是按Sakurai(参见(2.1.21)),$$H$$是量子力学中平移算符的无限小生成元,它并不局限于任何粒子及相对论协变性,在此意义下(1.73)具有很一般的适用性.

Ch.2 Lagrangian Field Theory
P.31 (2.19) 注意,这里场对空间的导数不存在,在(2.18)中,对空间的导数项被归纳为其他空间点的场的函数.

P.32 (2.30-31) 两者的关系是在离散点阵坐标空间如何定义 $$ \delta $$ 函数. 因为在连续空间有 $$ \int f(\vec x)\delta(\vec x - \vec x')d\vec x=f(\vec x') $$ ,在离散的坐标空间 $$ \delta $$ 函数被 $$ \delta $$ 符号代替,此式相应变为 $$ \sum_j f(\vec x_j)\frac{\delta_{jj'}}{\delta \vec x_{j'}}\Delta \vec x_j=f(\vec x_{j'}) $$ ,即两者通过代换 $$ \delta(\vec x-\vec x')\rightarrow \frac{\delta_{jj'}}{\delta \vec x_{j'}} $$ 联系.

P.33 (2.33) 我们知道,对麦克斯韦方程做洛仑兹变换,方程的形式协变.书中这里提到,洛仑兹变换其实是一个幺阵变换.但是如果我们试图把变换后的态在变换前的态作为基上展开,这样就得到变换矩阵在以变换前的态的集合作为完备基上的矩阵元,即 $$ |m>\to U|m> \equiv |m'> $$, $$ U_{mn}=\langle m|U|n \rangle=\langle m|n \rangle $$ 则立刻看到变换矩阵的确是幺阵,且矩阵元是我们熟悉的形式,即两组完备基的内积.注意虽然联系两组完备正交基(观测量不变)的变换是么阵变换,反过来保持观测量不变的变换不一定是么阵的(它可以是反么阵和反厄米,参见温伯格场论).

P.34 (2.35) 这一式下面提到,因为理论(拉格朗日)在某变换下不变,哈密顿量在该变换下也不变.这个提法的值得讨论.表面上,它存在歧义.第一,量子场论仅仅从保持拉格朗日不变的变换出发,构造守恒荷.哈密顿量仅仅是时间平移不变导致的结果.而在量子力学中,守恒量是指在时间演化下期待值不变的量,换言之,与哈密顿算符对易的算符.为什么从量子场论得到的哈密顿量可以等同为量子力学中的哈密顿算符.第二,体系的拉格朗日在某变化下不变,与体系的哈密顿算符和相应变换的无限小生成算符对易(变换无限小生成算符与时间演化算符对易)有什么联系.

第一个问题的 解答 如下.按Sakurai(参见(2.1.21)),哈密顿算符$$H$$是量子力学中平移算符的无限小生成元,它并不局限于任何粒子及相对论协变性.而实际上,在经典力学中,由拉格朗日量得到的哈密顿量$$H$$是经典力学中无限小时间演化正则变换的生成函数(参见Goldstein 2nd Ed.(9-101))正式这个联系使得量子力学继承经典力学中的哈密顿量得到体系的演化方程,薛定谔方程(2.1.25),其中的哈密顿算符由拉格朗日得到,并不局限于非相对论(乃至自由粒子坐标空间表象)情况下的哈密顿算符的形式.

第二个问题,两者并不相关.量子场论中拉格朗日在某变化下不变和量子力学中哈密顿算符在某变换下不变是两个不同的概念.在书中先回顾量子力学不变量的概念,然后给出量子场论中的相应处理方法.下面我们将以例子说明,两者不可能等价.我们知道,在经典力学中,某(不显含时间的)物理量守恒的条件是它和哈密顿量的泊松括号为零(参见Goldstein 2nd Ed.(9-94)).现在我们以这个物理量为无限小生成元构造一个正则变换的,如果两个概念等价,那么相应的拉格朗日在此正则变换下必须保持不变.我们考虑一个特例,经典力学谐振子问题,拉格朗日不显含时间,从而这个体系的哈密顿不显含时间且为守恒量$$H=T+V= const.$$,以它无限小生成元得到的正则变换为时间演化算符,而我们知道因为$$L=T-V$$,以不同时刻的坐标和速度代入得到的拉格朗日显然随时间变换.由此可见,在一般问题中,哈密顿算符在某对称变换下不变和拉格朗日在某对称变化下不变是两个独立的概念,两者导致不同的物理结果.

P.37 (2.47) 此式是一个场在洛仑兹变换(2.46)下的变换公式.(2.46)是洛仑兹变换导致空间坐标变化的一般形式.如果接受(2.47)的形式结论,则可以形式上写下守恒流(2.61)的表达式.实际上,注意到(2.47)正对应(2.56),其中下标 $$T$$ 代表由于空间坐标的改变以及场的转动而导致的总的变化.实际问题中需要(2.59)的中括号内的部分,是(2.56)等式右边的第一项,即考察某固定空间点处的场(由于转动而导致的)的变换.所以(2.56)由两项构成,除了前面讨论的第一项外,等式右边的第二项对应由于(洛仑兹变换导致的)所考虑的空间坐标的变化而导致的场的变化,这一项不考虑场的转动,故正比与场对空间坐标的导数.

直观的,(2.47)是说某一点处的场由通过洛仑兹转动关联的一个相应点处的场通过洛仑兹转动而得,该相应点的坐标由(2.46)决定,场的洛仑兹转动形式由场的具体形式,比如是洛仑兹标量,矢量,张量,旋量来决定.一个数学表达式的推导参见Weinberg 第一卷 P.68 (2.5.20).

(2.47)可以通过标量场和矢量场的例子的推广来理解旋量场.作为一个例子,考虑矢量场在洛仑兹变换下的影响(例如三维情况下电场在空间转动下的变化).我们注意到,空间转动造成两个影响,一个是场由于洛仑兹转动造成其方向的改变(比如矢量场不是空间的函数,而是常矢量,空间转动造成也会造成矢量方向的变化),另一个是由于场本身是位置的函数,坐标的变化会造成场的变化,(比如对于标量场,空间坐标的洛仑兹转动仅仅引起场所在的位置的变化,这个变化引起场的值的变化,但是由于场本身是标量没有方向,它不会在空间转动下改变其方向,所以这里没有前面第一个因素存在.)如果两个因素同时存在会如何呢?如果洛仑兹变换足够小,非常接近恒等变换,问题应该是可以做展开的,它似乎可以表达为前面讨论的两个贡献的和的形式,而(2.47)却仅仅有一项.我们进一步分析如下,场的变化必然正比于无限小的空间旋转(直观的想象矢量场的情况,如果无限小旋转加倍,由于上面讨论的两个影响实际都正比于旋转,总的变化同样正比于无限小旋转),同时场的变化必须依赖于场本身的强度,(与是标量矢量或者旋量无关,且前面的两个影响都正比于场的强度).另外所以我们可以把这两个贡献的两个共同的正比因子提写出来,把剩余部分笼统的写为$$\frac{1}{2}S^{\alpha\beta}_{rs}$$.实际上,更仔细的分析表明,这个因子仅仅由场对应的群的某一特定表示决定,而与其他(具体问题涉及到的)因素无关.书中在附录中讨论了旋量场的情况,一个更一般的表达式参见前面指出的Weinberg 第一卷 P.68 (2.5.20).

Ch.3 The Klein Gordon Field
P.45 (3.10) 参考本章习题3.1 首先将 $$\phi(x)=\phi^+(x)+\phi^-(x), \phi^+(x)=\sum_k\left( \frac{\hbar c^2}{2V \omega_k}\right)^{1/2}a(k)e^{-ikx}, \phi^-(x)=\sum_k\left( \frac{\hbar c^2}{2V \omega_k}\right)^{1/2}a^+(k)e^{ikx}$$

带入习题中 $$a(k)$$ 的表达式以证明其满足

\begin{align} &a(k)\\ &=\frac{1}{(2\hbar c^2V\omega_k)^{1/2}}\int d^3x e^{ikx}(i\dot\phi(x)+\omega_k\phi(x)) \\ &=\frac{1}{(2\hbar c^2 V\omega_k)^{1/2}}\int d^3x e^{ikx}(i)\sum_{k'}\left(\frac{\hbar c^2}{2V\omega_{k'}}\right)^{1/2}\left[a(k')(-i\omega_{k'})e^{-ik'x}+a^+(k')(i\omega_{k'})e^{ik'x}\right] \\ &+\frac{1}{(2\hbar c^2 V\omega_k)^{1/2}}\int d^3x e^{ikx}\omega_k\sum_{k'}\left(\frac{\hbar c^2}{2V\omega_{k'}}\right)^{1/2}\left[a(k')e^{-ik'x}+a^+(k')e^{ik'x}\right] \\ &=\frac{1}{(2\hbar c^2 V\omega_k)^{1/2}}\int d^3x e^{ikx}\sum_{k'}\left(\frac{\hbar c^2}{2V\omega_{k'}}\right)^{1/2}a(k')e^{-ik'x}(\omega_{k'}+\omega_{k}) \\ &+\frac{1}{(2\hbar c^2 V\omega_k)^{1/2}}\int d^3x e^{ikx}\sum_{k'}\left(\frac{\hbar c^2}{2V\omega_{k'}}\right)^{1/2}a^+(k')e^{ik'x}(\omega_{k'}-\omega_{k}) \\ &=\frac{1}{(2\hbar c^2 V\omega_k)^{1/2}}\left(\frac{\hbar c^2}{2V\omega_{k}}\right)^{1/2}Va(k)2\omega_{k} \\ &=a(k) \end{align} $$ 其中倒数第二步利用了

\begin{align} &\frac{1}{V}\int d^3x e^{i(k'-k)x}\\ &=\delta_{\vec k, \vec k'}e^{i(\omega_k-\omega_{k'})t}\\ &=\delta_{\vec k, \vec k'} \end{align} $$

\begin{align} &\frac{1}{V}\int d^3x e^{i(k'+k)x}(\omega_k-\omega_{k'})\\ &=\delta_{\vec k, -\vec k'}e^{i(\omega_k+\omega_{k'})t}(\omega_k-\omega_{k'}) \\ &=\delta_{\vec k, -\vec k'}e^{i(\omega_k+\omega_{k'})t}(\omega_k-\omega_{k}) \\ &=0 \end{align} $$ 利用 $$a(k), a^+(k')$$ 的表达式,可以直接验证它们的对易关系

\begin{align} & \left[a(k),a^+(k')\right] \\ &=\frac{1}{(2\hbar c^2V\omega_k)^{1/2}}\frac{1}{(2\hbar c^2V\omega_{k'})^{1/2}}\int d^3x d^3x'e^{ikx}e^{-ik'x'}[i\dot\phi(x)+\omega_k\phi(x),-i\dot\phi(x')+\omega_{k'}\phi(x')] \\ &=\frac{1}{(2\hbar c^2V\omega_k)^{1/2}}\frac{1}{(2\hbar c^2V\omega_{k'})^{1/2}}\int d^3x d^3x'e^{ikx}e^{-ik'x'}\left(-i\omega_k[\phi(x),\dot\phi(x')]-i\omega_{k'}[\phi(x'),\dot\phi(x)]\right) \\ &=\hbar c^2 \frac{1}{(2\hbar c^2V\omega_k)^{1/2}}\frac{1}{(2\hbar c^2V\omega_{k'})^{1/2}}\int d^3x d^3x'e^{ikx}e^{-ik'x'}(\omega_k+\omega_{k'})\delta(x-x') \\ &= \frac{1}{2}\frac{\omega_k+\omega_{k'}}{(\omega_k \omega_{k'})^{1/2}}\frac{1}{V}\int d^3x e^{-i(k-k')x} \\ &= \frac{1}{2}\frac{\omega_k+\omega_{k'}}{(\omega_k \omega_{k'})^{1/2}}\delta_{k,k'}\\ &=\delta_{k,k'} \end{align}$$ 证毕

最后,我们给出上述结论的一个重要推广,对于复标量场,即存在反粒子的情况,我们有
 * $$ a(k)=\frac{1}{(2\hbar c^2V\omega_k)^{1/2}}\int d^3x e^{ikx}(i\dot\phi(x)+\omega_k\phi(x)) $$
 * $$ b(k)=\frac{1}{(2\hbar c^2V\omega_k)^{1/2}}\int d^3x e^{ikx}(i\dot\phi^\dagger(x)+\omega_k\phi^\dagger(x)) $$

利用(3.27ab)以及上述证明的思路,很容易得到上述关系,并进一步证明(3.28ab).

而实际上,一个形式上更容易验证的结论是,我们可以反过来,从(3.28ab)出发,直接验证(3.26). 我们以(3.26)第一式为例,简单的说明一下这个证明. 利用(3.27ab)我们知道将(3.28ab)代入(3.26)第一式左边,只有两项不为零,它们分别正比于对易关系$$[a(k),a^\dagger(k')]$$和$$[b^\dagger(k),b(k')]$$. 由此产生的动量空间的$$\delta_{kk'}$$以及动量的求和导致空间$$\delta(x-x')$$. 而值得一提的是,这两项有一个相对的负号,而这个负号最后与$$\dot{\phi}^\dagger$$中的相对负号相抵,而后者来源于正反粒子波函数指数上频率部分的符号差别. 考虑了这两个因素以后,两项的贡献一致,两倍相应的因子2与(3.27ab)中归一系数分母中的因子2抵消. 因此,(3.26)与(3.28ab)互为充要条件.

P.45 (3.15) 这里的证明是下面(4.44)证明的非常简化版本. 证明的关键是,其中与$$ a^+a^+, aa $$正比的项,其系数正比于$$ -\omega^2+c^2|{\mathbf k}|^2+c^2\mu^2=0$$ ,没有贡献. 利用
 * $$\begin{align}

&\phi(x)=\phi^+(x)+\phi^-(x) \\ &\phi^+(x)=\sum_k\left( \frac{\hbar c^2}{2V \omega_k}\right)^{1/2}a(k)e^{-ikx} \\ &\phi^-(x)=\sum_k\left( \frac{\hbar c^2}{2V \omega_k}\right)^{1/2}a^+(k)e^{ikx} \\ &k^0=\frac{1}{c}\omega_k=(\mu^2+{\mathbf k}^2)^{1/2} \\ &E=\hbar\omega_k \\ &x^0=ct \\ &k^0x^0=\omega_kt \end{align}$$ 代入 $$H=\int d^3x \frac{1}{2}\left[ \frac{1}{c^2}\dot\phi^2+(\nabla\phi)^2+\mu^2\phi^2\right]$$ 得到
 * $$\begin{align}

& H=\int d^3x \frac{1}{2}\left[ A+B+C \right] \\ & A=\frac{1}{c^2}\dot\phi^2=\frac{1}{c^2}\left[ \sum_k \left(\frac{\hbar \omega_k c^2}{2V}\right)^{1/2}a(k)e^{-ikx}(-i)+\left(\frac{\hbar \omega_k c^2}{2V}\right)^{1/2}a^+(k)e^{+ikx}(i)\right]^2 \\ & B=(\nabla\phi)^2=\left[\sum_k \left(\frac{\hbar c^2}{2\omega_kV}\right)^{1/2}a(k)e^{-ikx}(i{\mathbf k})+\left(\frac{\hbar c^2}{2\omega_kV}\right)^{1/2}a^+(k)e^{+ikx}(-i{\mathbf k})\right]^2 \\ & C=\mu^2\phi^2=\mu^2\left[ \sum_k \left(\frac{\hbar c^2}{2\omega_kV}\right)^{1/2}a(k)e^{-ikx}+\left(\frac{\hbar c^2}{2\omega_kV}\right)^{1/2}a^+(k)e^{+ikx}\right]^2 \end{align}$$

其中交叉项得到需要的结果
 * $$\sum_k \hbar\omega_k(a^+(k)a(k)+\frac{1}{2})$$

而对于非交叉项相互抵消,没有贡献,下面仅仅以 $$a(k)a(k')$$ 为例子,给出证明.与 $$a(k)a(k')$$ 正比的一共是三项之和,它们是
 * $$\begin{align}

&\int \frac{1}{2}d^3x \sum_{k,k'} a(k)a(k') e^{-i(k+k')x}(-i)^2 \frac{1}{c^2}\left(\frac{\hbar \omega_k\omega_{k'} c^2}{2V\omega_k^{1/2}\omega_{k'}^{1/2}} \right) \\ &+\int \frac{1}{2}d^3x \sum_{k,k'} a(k)a(k') e^{-i(k+k')x}(i)^2 \left(\frac{\hbar c^2}{2V\omega_k^{1/2}\omega_{k'}^{1/2}}{\mathbf k}\cdot{\mathbf k'} \right)  \\ &+\int \frac{1}{2}d^3x \sum_{k,k'} a(k)a(k) e^{-i(k+k')x} \left(\frac{\hbar c^2}{2V\omega_k^{1/2}\omega_{k'}^{1/2}}\mu^2 \right) \\ & =\int \frac{1}{2}d^3x \sum_{k,k'} a(k)a(k') e^{-i(k+k')x}\left(\frac{\hbar }{2V\omega_k^{1/2}\omega_{k'}^{1/2}} (-\omega_k^2-c^2{\mathbf k}\cdot{\mathbf k'}+c^2\mu^2) \right) \\ & = \sum_{k,k'}\frac{1}{2} [\int d^3xe^{-i(k+k')x}]a(k)a(k') \left(\frac{\hbar }{2V\omega_k^{1/2}\omega_{k'}^{1/2}} (-\omega_k\omega_{k'}-c^2{\mathbf k}\cdot{\mathbf k'}+c^2\mu^2) \right) \\ & = \sum_{k,k'}\frac{1}{2} [\int \frac{1}{V}d^3xe^{-i(k+k')x}]a(k)a(k') \left(\frac{\hbar }{2\omega_k^{1/2}\omega_{k'}^{1/2}} (-\omega_k\omega_{k'}-c^2{\mathbf k}\cdot{\mathbf k'}+c^2\mu^2) \right) \\ & = \sum_{k,k'} \frac{1}{2}\delta({{\mathbf k},{\mathbf -k'} })a(k)a(k') \left(\frac{\hbar }{2\omega_k^{1/2}\omega_{k'}^{1/2}} (-\omega_k\omega_{k'}-c^2{\mathbf k}\cdot{\mathbf k'}+c^2\mu^2) \right) \\ & =\sum_{k} a({\mathbf k})a({-\mathbf k})\frac{1}{2}e^{2\omega_kt} \left(\frac{\hbar }{2\omega_k} (-\omega_k^2+c^2|{\mathbf k}|^2+c^2\mu^2) \right)\\ & =0 \end{align}$$ 其中利用了
 * $$\begin{align}

& \frac{1}{V}\int d^3x e^{i(k'-k)x}\\ & =\delta_{\vec k, -\vec k'}e^{i(\omega_k-\omega_{k'})t}\\ & =\delta_{\vec k, -\vec k'} \end{align}$$
 * $$\begin{align}

&\frac{1}{V}\int d^3x e^{i(k'+k)x}(\omega_k\omega_{k'}-{\mathbf k}\cdot{\mathbf k'}-\mu^2)\\ & =\delta_{\vec k, -\vec k'}e^{i(\omega_k+\omega_{k'})t}(\omega_k^2-|{\mathbf k}|^2-\mu^2)\\ & =0 \end{align}$$ 值得一提的是,当质量不在球壳上时,类似的推导会在哈密顿量中导致非对角项,具体参见Research Paper Notes on Back to Back correlation

P.51 (3.46) 这个表达式是洛仑兹标量.仅需说明 $$\epsilon(k_0)$$ 在洛仑兹变换下不会改变符号.因为粒子的静质量大于或者等于零.这样相当于说,类时的或者类光的两个空间点的时间顺序不会因为洛仑兹变换而改变,因为这两个点可由因果关系联系.下面具体证明之.选取 $$x$$ 轴为两坐标系之间的相对速度方向,洛仑兹变换的形式为
 * $$\begin{bmatrix}

\gamma&-\beta \gamma&0&0\\ -\beta \gamma&\gamma&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\\ \end{bmatrix} $$ 从而
 * $${x^0}'=\gamma x^0-\beta\gamma x^1=\gamma(x^0-\beta x^1)$$

由于 $$x^{\mu}$$ 类时或者类光, $$x^{\mu}x_{\mu}\ge 0\to x^0 \ge x^1$$ ,由于 $$x^0$$ 是能量,故 $$x^0 > 0$$ ,另外由定义 $$\beta < 1$$ ,故 $${x^0}'>0$$.

另外它与(3.44)等价因为(3.46)中对 $$k$$ 空间部分 $$\vec k$$ 的积分与坐标轴的取向无关,把三个坐标轴全部反演得到同样结果,这样
 * $$\begin{align}

&\int d^4k \delta(k^2-\mu ^2)\epsilon(k_0)e^{-ikx}\\ &=\int \frac{d^3k}{\omega_k}\left[e^{-i(k_0x^0-\vec k \vec x)}+e^{-i(-k_0x^0-\vec k \vec x)}\right] \\ &=\int \frac{d^3k}{\omega_k}\left[e^{-i(k_0x^0-\vec k \vec x)}+e^{-i(-k_0x^0+\vec k \vec x)}\right] \\ &=\int \frac{d^3k}{\omega_k}\left[e^{-ikx}+e^{ikx}\right]\\ &=\int\frac{d^3k}{\omega_k}\sin kx \end{align}$$ 其中第二步等式作了 $$k$$ 空间部分 $$\vec k$$ 的坐标反演.

Ch.4 The Dirac Field
数学附录A P.329 (A.14a)
 * $$\gamma_{\lambda}\gamma^{\lambda}=4$$

对反对易关系两边左乘 $$g_{\mu\nu}$$
 * $$\begin{align}

&\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}+\gamma^{\nu}\gamma^{\mu}=2g^{\mu\nu} \\ &g_{\mu\nu}\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}+\gamma^{\nu}\gamma^{\mu}=2g_{\mu\nu}g^{\mu\nu}=2\mathbf{Tr} (1_{4\times4})=8 \\ &2\gamma_{\mu}\gamma^{\mu}=8 \end{align}$$


 * $$\gamma_{\lambda}\gamma^{\mu}\gamma^{\lambda}=-2\gamma^{\mu}$$

对反对易关系两边左乘 $$\gamma_{\mu}$$ ,并利用之前结果
 * $$\begin{align}

&\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}+\gamma^{\nu}\gamma^{\mu}=2g^{\mu\nu} \\ &\gamma_{\mu}\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}+\gamma_{\mu}\gamma^{\nu}\gamma^{\mu}=2\gamma_{\mu}g^{\mu\nu} \\ &4\gamma^{\nu}+\gamma_{\mu}\gamma^{\nu}\gamma^{\mu}=2\gamma^{\nu} \\ &\gamma_{\mu}\gamma^{\nu}\gamma^{\mu}=-2\gamma^{\nu} \end{align}$$


 * $$\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\lambda}=4g^{\alpha\beta}$$

对反对易关系两边左乘 $$\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}$$ ,并利用之前结果
 * $$\begin{align}

&\gamma^{\beta}\gamma^{\lambda}+\gamma^{\lambda}\gamma^{\beta}=2g^{\beta\lambda} \\ &\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\lambda}+\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\lambda}\gamma^{\beta}=2\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}g^{\beta\lambda} \\ &\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\lambda}+(-2\gamma^{\alpha})\gamma^{\beta}=2\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha} \\ &\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\lambda}=2(\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha} + \gamma^{\alpha}\gamma^{\beta})=4g^{\alpha\beta} \end{align}$$


 * $$\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\lambda}=4g^{\alpha\beta}$$

对反对易关系两边左乘 $$\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}$$ ,并利用之前结果
 * $$\begin{align}

&\gamma^{\beta}\gamma^{\lambda}+\gamma^{\lambda}\gamma^{\beta}=2g^{\beta\lambda} \\ &\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\lambda}+\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\lambda}\gamma^{\beta}=2\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}g^{\beta\lambda} \\ &\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\lambda}+(-2\gamma^{\alpha})\gamma^{\beta}=2\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha} \\ &\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\lambda}=2(\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha} + \gamma^{\alpha}\gamma^{\beta})=4g^{\alpha\beta} \end{align}$$



\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}\gamma^{\lambda}=-2\gamma^{\nu}\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha}$$ 对反对易关系两边左乘 $$\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}$$ ,并利用之前结果
 * $$\begin{align}

&\gamma^{\nu}\gamma^{\lambda}+\gamma^{\lambda}\gamma^{\nu}=2g^{\nu\lambda} \\ &\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}\gamma^{\lambda}+\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\lambda}\gamma^{\nu}=2\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}g^{\nu\lambda} \\ &\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}\gamma^{\lambda}+4g^{\alpha\beta}\gamma^{\nu}=2\gamma^{\nu}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\\ &\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}\gamma^{\lambda}=2\gamma^{\nu}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}-2\gamma^{\nu}2g^{\alpha\beta} \\ & \gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}\gamma^{\lambda}=2\gamma^{\nu}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}-2\gamma^{\nu}(\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}+\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha})=-2\gamma^{\nu}\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha} \end{align}$$



\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}\gamma^{\delta}\gamma^{\lambda}=2(\gamma^{\delta}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}+\gamma^{\nu}\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha}\gamma^{\delta}) $$ 对反对易关系两边左乘 $$\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}$$ ,并利用之前结果
 * $$\begin{align}

&\gamma^{\delta}\gamma^{\lambda}+\gamma^{\lambda}\gamma^{\delta}=2g^{\delta\lambda} \\ &\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}\gamma^{\delta}\gamma^{\lambda}+\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}\gamma^{\lambda}\gamma^{\delta}=2\gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}g^{\delta\lambda} \\ & \gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}\gamma^{\delta}\gamma^{\lambda}+(-2\gamma^{\nu}\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha})\gamma^{\delta}=2\gamma^{\delta}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu} \\ & \gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}\gamma^{\delta}\gamma^{\lambda}=2\gamma^{\nu}\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha}\gamma^{\delta}+2\gamma^{\delta}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu} \\ & \gamma_{\lambda}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}\gamma^{\delta}\gamma^{\lambda}=2(\gamma^{\delta}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}+\gamma^{\nu}\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha}\gamma^{\delta}) \end{align}$$

P.329 (A.14b) 对(A.14a)中所有公式左乘 $$A_{\alpha}$$ 即得(A.14b)

P.329 (A.14c)
 * $${\epsilon}^{\alpha\beta\gamma\delta}{\epsilon}_{\alpha\beta\gamma\delta}=-24$$

首先计算 $$\epsilon^{1234}\epsilon_{1234}$$ ,由于 $$e^{\alpha\beta\mu\nu}$$ 的反对称性,只需要计算重复因子 $$R$$ ,从而
 * $${\epsilon}^{\alpha\beta\gamma\delta}{\epsilon}_{\alpha\beta\gamma\delta}=R\epsilon^{1234}\epsilon_{1234}$$


 * $$\epsilon^{1234}=g^{1\alpha}g^{2\beta}g^{3\mu}g^{4\nu}\epsilon_{\alpha\beta\mu\nu}=1(-1)(-1)(-1)\epsilon_{1234}=-\epsilon_{1234}$$

其中最后倒数第二步等式仅考虑非零项,利用 $$\epsilon^{1234}=1$$ ,从而 $$\epsilon^{1234}\epsilon_{1234}=-\epsilon^{1234}\epsilon^{1234}=-1$$ 重复因子为4个不同数字的全排列 $$R=P_4^4=4!=24$$ ,最后得 $${\epsilon}^{\alpha\beta\gamma\delta}{\epsilon}_{\alpha\beta\gamma\delta}=-24$$


 * $${\epsilon}^{\alpha\beta\gamma\nu}{\epsilon}_{\alpha\beta\gamma\tau}=-6g_{\tau}^{\nu}$$

注意到在 $$\tau \ne \nu$$ 或者与任何一个其他数字重复时的贡献为零.计算重复因子,它是从三个不同数字( $$\nu$$ 被决定后剩下的三个数字)的全排列, $$R=P_3^3=3!=6$$


 * $${\epsilon}^{\alpha\beta\mu\nu}{\epsilon}_{\alpha\beta\sigma\tau}=-2(g_{\sigma}^{\mu}g_{\tau}^{\nu}-g_{\tau}^{\mu}g_{\sigma}^{\nu})$$

注意到有两种组合 $$\mu=\sigma,\nu=\tau$$ 或者 $$\mu=\tau,\nu=\sigma$$ 不为零,两者之间相差一个负号.计算重复因子,它是从两个不同数字(两个不同数字被决定后的剩余的两个数字)的全排列, $$R=P_2^2=2!=2$$

P.329 (A.15)
 * $$\mathbf{Tr}(UV)=\sum_{\alpha}(\sum_{\beta}U_{\alpha\beta}V_{\beta\alpha})=\sum_{\beta}(\sum_{\alpha}U_{\alpha\beta}V_{\beta\alpha})=\sum_{\beta}(\sum_{\alpha}V_{\beta\alpha}U_{\alpha\beta})=\mathbf{Tr}(VU)$$

P.329 (A.16) 除了可以用书上后面给出的利用 $$\gamma^5$$ 来简洁的证明外,这里给出一个土办法来证明. 先考虑证明一个矩阵的情况 $$\mathbf{Tr}\gamma^{\alpha}=0$$ 由(A.5),至少可以找个一个 $$\gamma^{\beta}$$ 与之反对易 $$\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha}=-\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}$$ ,且 $$\gamma^{\beta}\gamma^{\beta}=\pm 1$$ ,这样
 * $$\begin{align}

&-\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}=\gamma^{\beta}\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha}=\pm \gamma^{\alpha} \\ &\gamma^{\alpha}=\mp \gamma^{\beta}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta} \\ &\mathbf{Tr} \gamma^{\alpha}=\mp \mathbf{Tr} (\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta})=\mp \mathbf{Tr} (\gamma^{\beta}\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha})=\mp \pm \mathbf{Tr} \gamma^{\alpha} =-\mathbf{Tr} \gamma^{\alpha} \end{align}$$ 从而 $$\mathbf{Tr} \gamma^{\alpha}=0$$ 然后考虑3个矩阵乘积的迹.如果其中有两个矩阵相同,那么可以化为一个矩阵的情况,故而迹为零.如果三个矩阵都不相同,那么先考虑 $$\mathbf{Tr} (\gamma^0\gamma^1\gamma^2)$$
 * $$\mathbf{Tr} (\gamma^0\gamma^1\gamma^2)=-\mathbf{Tr} (\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3\gamma^3)=\mathbf{Tr} (\gamma^3\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3)=\mathbf{Tr} (\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3\gamma^3)=-\mathbf{Tr} (\gamma^0\gamma^1\gamma^2)

$$ 其中第二步等式是把倒数第二个 $$\gamma^3$$ 从右边往左移动,一共越过三个矩阵,利用反对易关系得到一个负号.第三步是把最左边的 $$\gamma^3$$ 与它右边的所有矩阵的乘积交换位置,故迹不变. 由上述结果直接得 $$\mathbf{Tr} (\gamma^0\gamma^1\gamma^2)=0$$ 显然上述证明可以推广到任意三个不同的 $$\gamma$$ 矩阵的成绩的迹. 最后考虑5个或者更多的矩阵的乘积的迹.因为一共只有4个 $$\gamma$$ 矩阵,故总是可以把相同的 $$\gamma$$ 矩阵的成绩化简,最后归纳为1个或者3个 $$\gamma$$ 矩阵的乘积的情况.故迹为零. 证毕.

P.329 (A.17) 偶数 $$\gamma$$ 矩阵的情况
 * $$\begin{align}

&\mathbf{Tr} (\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta})=4g^{\alpha\beta} \\ &\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}+\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha}=2g^{\alpha\beta} \\ &\mathbf{Tr}(\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta})+\mathbf{Tr}(\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha})=2g^{\alpha\beta}\mathbf{Tr}(1_{4\times4})=8g^{\alpha\beta} \end{align}$$ 从而
 * $$\mathbf{Tr}(\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta})=4g^{\alpha\beta}$$


 * $$\begin{align}

&\mathbf{Tr}\sigma^{\alpha\beta}=0 \\ &\mathbf{Tr}(\frac{i}{2}[\gamma^{\alpha},\gamma^{\beta}])=\frac{i}{2}(\mathbf{Tr}(\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta})-\mathbf{Tr}(\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha}))=0 \\ &\mathbf{Tr}(\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}\gamma^{\delta})=4(g^{\alpha\beta}g^{\nu\delta}-g^{\alpha\nu}g^{\beta\delta}+g^{\alpha\delta}g^{\beta\nu})\\ &\mathbf{Tr}(\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}\gamma^{\delta})=2g^{\alpha\beta}\mathbf{Tr}(\gamma^{\nu}\gamma^{\delta})-\mathbf{Tr}(\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha}\gamma^{\nu}\gamma^{\delta}) \\ &=2g^{\alpha\beta}4g^{\nu\delta}-\mathbf{Tr}(\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha}\gamma^{\nu}\gamma^{\delta})\\ &=8g^{\alpha\beta}g^{\nu\delta}-\mathbf{Tr}(\gamma^{\beta}\gamma^{\alpha}\gamma^{\nu}\gamma^{\delta})\\ &=8g^{\alpha\beta}g^{\nu\delta}-\mathbf{Tr}(\gamma^{\alpha}\gamma^{\nu}\gamma^{\delta}\gamma^{\beta})\\ &=8g^{\alpha\beta}g^{\nu\delta}-8g^{\alpha\nu}g^{\beta\delta}+\mathbf{Tr}(\gamma^{\nu}\gamma^{\alpha}\gamma^{\delta}\gamma^{\beta})\\ &=8g^{\alpha\beta}g^{\nu\delta}-8g^{\alpha\nu}g^{\beta\delta}+\mathbf{Tr}(\gamma^{\alpha}\gamma^{\delta}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}) \\ &=8g^{\alpha\beta}g^{\nu\delta}-8g^{\alpha\nu}g^{\beta\delta}+8g^{\alpha\delta}g^{\beta\nu}-\mathbf{Tr}(\gamma^{\delta}\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}) \\ &=8g^{\alpha\beta}g^{\nu\delta}-8g^{\alpha\nu}g^{\beta\delta}+8g^{\alpha\delta}g^{\beta\nu}-\mathbf{Tr}(\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}\gamma^{\delta}) \end{align}$$ 从而
 * $$\mathbf{Tr}(\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\gamma^{\nu}\gamma^{\delta})=4g^{\alpha\beta}g^{\nu\delta}-4g^{\alpha\nu}g^{\beta\delta}+4g^{\alpha\delta}g^{\beta\nu}

$$

P.330 (A.18c) 这是一个(A.17c)结果的推广,但是证明是显然的.

P.330 (A.20) 见书上证明,其中所谓Pauli's fundamental theorem可参见例如H.A. Bethe and R. Jackiw, Intermediate Quantum Mechanics. P.358, Theorem 4.

P.331 (A.26) 此式即(A.25)取共轭后,右乘$$\gamma^0$$即得.解$$u_r(p)$$的简并度可以通过比如具体的$$\gamma$$矩阵的计算得知.

P.331 (A.28) 第一式即归一条件,这里给出第二式 $$u_r^+(p)v_s(-p) =0$$ 的证明 由(A.25)
 * $$\begin{align}

&(\gamma^0p_0+\vec \gamma\cdot \vec p-m)u_r(p)=0 \\ &(\gamma^0p_0-\vec \gamma\cdot \vec p+m)v_s(-p)=0 \end{align}$$ 或者
 * $$\begin{align}

&\vec \gamma\cdot \vec p u_r(p)=(-\gamma^0p_0+m)u_r(p) \\ &\vec \gamma\cdot \vec p v_s(-p)=(\gamma^0p_0+m)v_s(-p) \end{align}$$ 取厄米并利用(A.6)
 * $$\begin{align}

&u_r^+(p) ( \gamma^0\vec\gamma\gamma^0\cdot \vec p) = -u_r^+(p) (\vec \gamma\cdot \vec p) = u_r^+(p)(-\gamma^0p_0+m) \\ &u_r^+(p) (\vec \gamma\cdot \vec p) = u_r^+(p)(\gamma^0p_0-m) \end{align}$$ 以及
 * $$v_s^+(-p) (\vec \gamma\cdot \vec p) = u_s^+(-p)(-\gamma^0p_0-m)$$

利用这两个关系,可以得到
 * $$\begin{align}

&-2mu_r^+(p)v_s(-p) \\ &=u_r^+(p)(\gamma^0p_0-m)v_s(-p)-u_r^+(p)(\gamma^0p_0+m)v_s(-p) \\ &=u_r^+(p) (\vec \gamma\cdot \vec p)v_s(-p) -u_r^+(p) (\vec \gamma\cdot \vec p)v_s(-p) =0 \end{align}$$ 其中倒数第二步利用了之前导出的两个关系,从而
 * $$u_r^+(p)v_s(-p) =0$$

P.332 (A.29) 第一式
 * $$\bar u_r(p) u_s(p)=-\bar v_r(p) v_s(p)=\delta_{rs}$$

首先证明 $$u_r^+(p) (\vec \gamma\cdot \vec p)v_s(p)=0$$ 如下


 * $$\begin{align}

0 &=u_r^+(p)(\gamma^0p_0-m)u_s(p)-u_r^+(p)(\gamma^0p_0-m)u_s(p) \\ &=u_r^+(p)(\gamma^0p_0-m)u_s(p)+u_r^+(p)(-\gamma^0p_0+m)u_s(p) \\ &=u_r^+(p) (\vec \gamma\cdot \vec p)u_s(p) +u_r^+(p) (\vec \gamma\cdot \vec p)u_s(p) \\ &=2u_r^+(p) (\vec \gamma\cdot \vec p)u_s(p) \end{align}$$ 从而有
 * $$\begin{align}

&u_r^+(p)(\gamma^0p_0-m)u_s(p)=u_r^+(p) (\vec \gamma\cdot \vec p)u_s(p) =0 \\ &u_r^+(p)(\gamma^0p_0)u_s(p)=mu_r^+(p)u_s(p) \\ &u_r^+(p)\gamma^0u_s(p)=\frac{m}{p_0}u_r^+(p)u_s(p) \end{align}$$ 利用(A.28)即得
 * $$\bar u_r(p) u_s(p)=\delta_{rs}$$

完全类似的可证,
 * $$\bar v_r(-p) v_s(-p)=\bar v_r(p) v_s(p)=-\delta_{rs}$$

第二式
 * $$\bar u_r(p) v_s(p)=\bar v_r(p) u_s(p)=0$$

由(A.25)
 * $$\begin{align}

&(\gamma^0p_0+\vec \gamma\cdot \vec p+m)v_s(p)=0 \\ &(\vec \gamma\cdot \vec p)v_s(p)=(-\gamma^0p_0-m)v_s(p) \end{align}$$ 取厄米得
 * $$\begin{align}

&v_s^+(p)(\vec \gamma\cdot \vec p)=v_s^+(p)(\gamma^0p_0+m) \\ &v_s^+(p)(\vec \gamma\cdot \vec p - m)=v_s^+(p)(\gamma^0p_0) \end{align}$$ 另外之前已经证明
 * $$(\vec \gamma\cdot \vec p-m) u_r(p)=(-\gamma^0p_0)u_r(p) $$

从而可得
 * $$\begin{align}

&v_s^+(p)(\gamma^0p_0)u_r(p)=v_s^+(p)(\vec \gamma\cdot \vec p-m) u_r(p)=v_s^+(p)(-\gamma^0p_0)u_r(p) \\ &v_s^+(p)(\gamma^0p_0)u_r(p)=0 \\ &p_0 \bar v_s(p)u_r(p)= 0 \\ &\bar v_s(p)u_r(p)= 0 \end{align}$$ 完全类似的可证
 * $$\bar u_s(p)v_r(p)= 0$$

证毕

P.332 (A.30) 最直接的方法是用一组完备基来左乘(A.30)以证明它的正确性.这里我们方便的选取 $$u_s(p), v_s(p)$$ ,因为它们是完备归一和正交的,利用(A.29)并注意到其中的负号,即得.

P.332 (A.32)
 * $$\Lambda^+(p)u_r(p)=\frac{\not p+m }{2m}u_r(p)=\left(\frac{\not p-m }{2m}+1\right)u_r(p)=\frac{\not p-m }{2m}u_r(p)+u_r(p)=u_r(p)$$

最后一步利用了(A.25).类似的可以证明其余等式.

P.332 (A.34a)
 * $$[\Lambda^+(p)]^2=\frac{\not p+m }{2m}\frac{\not p+m }{2m}=\frac{\not p^2+2\not pm+m^2 }{4m^2}=\frac{m^2+2\not pm+m^2 }{4m^2}=\frac{\not p+m }{2m}=\Lambda^+(p)

$$

P.332 (A.34b)
 * $$\Lambda^+(p)\Lambda^-(p)=\frac{\not p+m }{2m}\cdot\frac{-\not p+m }{2m}=\frac{m^2-\not p^2}{4m^2}=\frac{m^2-m^2}{4m^2}=0

$$

P.332 (A.35) 第一式,令 $$\hat T_{\alpha\beta}=\Lambda^+_{\alpha\beta}(p)-\sum_{r=1}^2u_{r\alpha}(p)\bar u_{r\beta}(p)$$ ,依次把 $$\hat T_{\alpha\beta}$$ 作用在完备基 $$u_s(p), v_s(p)$$ 上,利用(A.29)和(A.32),易得 $$\hat T_{\alpha\beta}=0$$. 第二式可以用类似的方法得证,或者利用(A.30)与(A.34b)第二式直接得到.

P.333 (A.36) 读书重点 由(4.26)知自旋的形式是 $$\frac{\hbar}{2} \Psi^+ \vec\sigma \Psi$$ ,由(A.11)与
 * $$\vec \sigma\equiv \sigma^{ij}$$

知
 * $$\Psi^+\vec \sigma \Psi \sim \bar \Psi \gamma^5\gamma^{\mu} \Psi$$

由之后的(A.53)知,它是一个洛仑兹赝矢量.在此意义上,(A.36)对应自旋在动量方向上的分量,(A.37)是对应的投影算符.由于仅仅考虑洛仑兹矢量的空间部分,(A.37)它原则上并非洛仑兹赝标量,但是由于它的形式是归一的,而两个类时或者类空矢量的内积的符号是不变的,参见Weinberg场论(2.3.14),所以它是一个取值为$$\pm 1$$洛仑兹赝标量).

P.333 (A.38)
 * $$[\Pi^+(p)]^2=[\frac{1}{2}(1+\sigma_p)]^2=\frac{1}{4}(1+2\sigma_p+\sigma_p^2)]=\frac{1}{4}(1+2\sigma_p+1)]=\Pi^+(p)$$

P.333 (A.39)
 * $$\begin{align}

&[\Lambda^+(p),\Pi^+(p)]=[\frac{\not p+m }{2m},\frac{1}{2}(1+\sigma_p)]\\ &=\frac{1}{2m}\cdot\frac{1}{2}\cdot[\not p,\frac{\vec \sigma\cdot \vec p}{|\vec p|}] \\ &=[\gamma^{\mu}p_{\mu},\gamma^{0}\gamma^{5}\gamma^{i}p_i]\\ &=p_{\mu}p_i[\gamma^{\mu},\gamma^{0}\gamma^{5}\gamma^{i}]\\ &=p_{0}p_i[\gamma^{0},\gamma^{0}\gamma^{5}\gamma^{i}]+p_{i}p_i[\gamma^{i},\gamma^{0}\gamma^{5}\gamma^{i}]=0 \end{align}$$ 最后几步利用 $$\gamma$$ 矩阵和 $$\vec \sigma\equiv \sigma^{ij}$$ 的对易关系,例如利用(A.11),最后牵涉到 $$\gamma$$矩阵之间的对易关系,如
 * $$\begin{align}

&[\gamma^{i},\gamma^{0}\gamma^{5}\gamma^{i}]=[\gamma^{i},\gamma^{0}\gamma^{5}]=0 \\ &[\gamma^{0},\gamma^{0}\gamma^{5}\gamma^{i}]=[\gamma^{0},\gamma^{5}\gamma^{i}]=0 \end{align}$$

P.334 (A.46) 读书重点 (A.46)考虑自旋在$$\hat n$$方向上分量对应的投影算符,但是由于空间单位方向矢量$$\hat n$$ 并不是一个在任意坐标系中协变的洛仑兹矢量,我们必须在一个特定的坐标系中(粒子静止的坐标系中)定义它和自旋的点积.并把这个定义推广到其他坐标系中.由此我们定义一个洛仑兹四矢量,它在粒子静止坐标系取形式$$n=(0,\hat n)$$,在其余坐标系中按洛仑兹变换进行转化. 首先可以验证,(A.46)满足投影算子的一般性质,如(A.38).其次(A.46)是协变的,正如前面的推导 $$\bar \Psi \gamma^5\gamma^{\mu} \Psi$$ 是洛仑兹赝矢量,从而 $$\bar \Psi \gamma^5\gamma^{\mu}n_{\mu} \Psi$$ 是洛仑兹赝标量.最后在随动系 $$n=(0,\hat n)$$ 中,它的点积部分返回(在量子力学中经常出现的)类似于(A.36)的形式 $$\frac{1}{2}\Psi^+\vec \sigma\cdot \vec n\Psi$$.

P.335 (A.49) 此式紧密联系迪拉克方程的洛仑兹协变性,现推导如下. 在洛仑兹转动下,波函数是洛仑兹旋量,按以下方式变化
 * $$\Psi\rightarrow S\Psi$$

对空间的导数是洛仑兹矢量,如下变化
 * $$\frac{\partial }{\partial x^{\mu}}\to {\Lambda_{\mu}}^{\nu} \frac{\partial }{\partial x^{\nu}}$$

而 $$\gamma^{\mu}$$ 矩阵是常数.从而迪拉克方程的变化为
 * $$i\hbar\partial_{\mu}\gamma^{\mu}\Psi-mc\Psi=0\rightarrow {\Lambda_{\mu}}^{\nu}i\hbar\partial_{\nu}S\gamma^{\mu}\Psi-Smc\Psi=0$$

如果要求新的方程形式不变,那么只能是 $${\Lambda_{\mu}}^{\nu}S^{-1}\gamma^{\mu}S=\gamma^{\nu}$$ 此式还不完全是(A.49),下面证明它们是一致的.因为矢量的内积在洛仑兹变换下 $$A^{\mu}={\Lambda^{\mu}}_{\nu}A^{\nu}$$ 数值不变,所以有 $${\Lambda^{\nu}}_{\sigma}{\Lambda_{\nu}}^{\mu}={g_{\sigma}}^{\mu}=\delta_{\sigma}^{\mu}$$ 这里我们理解有两种不同形式的 $$\Lambda$$ 矩阵,
 * $$\begin{align}

&\Lambda_a,(\Lambda_a)_{\mu\nu}\equiv{(\Lambda)_{\mu}}^{\nu} \\ &\Lambda_b,(\Lambda_b)_{\mu\nu}\equiv{(\Lambda)^{\mu}}_{\nu} \end{align}$$ 它们之间并不是相互独立的,上式意味着 $${\Lambda^{\nu}}_{\sigma}={(\Lambda^{-1})_{\sigma}}^{\nu}$$, 因为按任何矩阵逆阵的定义

{({\Lambda_a}^{-1})}_{\sigma\nu}(\Lambda_a)_{\nu\mu}={(\Lambda^{-1})_{\sigma}}^{\nu}{\Lambda_{\nu}}^{\mu}=\delta_{\sigma}^{\mu} $$ (对洛仑兹变换的简洁而系统的讨论可参见Weinberg场论第一卷P.56-7) 由此可以得到比如
 * $${\Lambda^{\sigma}}_{\nu}{\Lambda_{\mu}}^{\nu}={(\Lambda^{-1})_{\nu}}^{\sigma}{\Lambda_{\mu}}^{\nu}={\Lambda_{\mu}}^{\nu}{(\Lambda^{-1})_{\nu}}^{\sigma}=\delta_{\mu}^{\sigma}={g^{\sigma}}_{\mu}$$

将 $${\Lambda_{\mu}}^{\nu}S^{-1}\gamma^{\mu}S=\gamma^{\nu}$$ 左乘 $${\Lambda^{\sigma}}_{\nu}$$ ,利用上式即得
 * $$\begin{align}

&S^{-1}\gamma^{\sigma}S={\Lambda^{\sigma}}_{\nu}\gamma^{\nu} \\ &\gamma^{\sigma}={\Lambda^{\sigma}}_{\nu}S\gamma^{\nu}S^{-1} \end{align}$$ 最后一式即(A.49)

P.335 (A.50) 证明参见H.A. Bethe and R. Jackiw, Intermediate Quantum Mechanics,这里复述主要思路.将(A.49)两边去厄米得到
 * $$\begin{align}

&\gamma^{0}\gamma^{\nu}\gamma^{0}={\Lambda^{\nu}}_{\mu}(S^+)^{-1}\gamma^0\gamma^{\mu}\gamma^{0}S^+ \\ &S^+\gamma^{0}\gamma^{\nu}\gamma^{0}={\Lambda^{\nu}}_{\mu}\gamma^{0}\gamma^{\mu}\gamma^{0}S^+ \\ &(\gamma^{0}S^+\gamma^{0})\gamma^{\nu}={\Lambda^{\nu}}_{\mu}\gamma^{\mu}(\gamma^{0}S^+\gamma^{0}) \\ &\gamma^{\nu}={\Lambda^{\nu}}_{\mu}(\gamma^{0}S^+\gamma^{0})^{-1}\gamma^{\mu}(\gamma^{0}S^+\gamma^{0}) \\ &\gamma^{\nu}=(\gamma^{0}S^+\gamma^{0})^{-1}({\Lambda^{\nu}}_{\mu}\gamma^{\mu})(\gamma^{0}S^+\gamma^{0}) \\ &\gamma^{\nu}=(\gamma^{0}S^+\gamma^{0})^{-1}(S^{-1}\gamma^{\nu}S)(\gamma^{0}S^+\gamma^{0}) \\ &\gamma^{\nu}=(S\gamma^{0}S^+\gamma^{0})^{-1}\gamma^{\nu}(S\gamma^{0}S^+\gamma^{0}) \end{align}$$ 按Bethe, P.357, Theorem 3,与所有 $$\gamma^{\mu}$$ 都对易的矩阵是一个常数乘以单位阵,进一步可以证明,这里这个常数等于1,从而
 * $$\begin{align}

&S\gamma^{0}S^+\gamma^{0}=1 \\ &S^{-1}=\gamma^{0}S^+\gamma^{0} \end{align}$$

P.335 (A.53) 这个结果很重要,对赝标量和赝矢量的证明,利用习题(A.1)的结果.证明如下
 * $$\begin{align}

&\gamma^5=i\frac{1}{4!}\epsilon_{\mu\nu\sigma\delta}\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}\gamma^{\sigma}\gamma^{\delta}\\ &=i\frac{1}{4!}\epsilon_{\mu\nu\sigma\delta}{\Lambda^{\mu}}_{\mu'}{\Lambda^{\nu}}_{\nu'}{\Lambda^{\sigma}}_{\sigma'}{\Lambda^{\delta}}_{\delta'}(S\gamma^{\mu'}\gamma^{\nu'}\gamma^{\sigma'}\gamma^{\delta'}S^{-1}) \\ &=i\frac{1}{4!}\epsilon_{\mu'\nu'\sigma'\delta'}\det \Lambda(S\gamma^{\mu'}\gamma^{\nu'}\gamma^{\sigma'}\gamma^{\delta'}S^{-1}) \\ &=S\gamma^5S^{-1}\det \Lambda \end{align}$$ 其中利用了行列式的定义

\epsilon_{\mu\nu\sigma\delta}{\Lambda^{\mu}}_{\mu'}{\Lambda^{\nu}}_{\nu'}{\Lambda^{\sigma}}_{\sigma'}{\Lambda^{\delta}}_{\delta'}=\epsilon_{\mu'\nu'\sigma'\delta'}\det \Lambda $$ 从而
 * $$S^{-1}\gamma^5S=\gamma^5 \det \Lambda$$

对于正则洛仑兹变换,其行列式为$$\det\Lambda=1$$,对于非正则洛仑兹变换,比如空间反演,其行列式为$$\det\Lambda=-1$$,此即赝标量和赝矢量的含义.

P.69 (4.44) 由(4.22a)
 * $$\begin{align}

&H=\int d^3x N\{\bar \Psi(x)[-i\hbar c\gamma^j\frac{\partial }{\partial x^j}+mc^2]\Psi(x)\} (j=1,2,3,j\ne 0) \\ &=\int d^3x \sum_{r,p}\sum_{r',p'}(\frac{mc^2}{VE_p})^{1/2}(\frac{mc^2}{VE_{p'}})^{1/2} \left\{\cdots \right\} \end{align}$$ 其中
 * $$\begin{align}

&\left\{\cdots\right\}=d_{r'}(p')c_r(p)\bar v_{r'}(p')e^{-ip'x/\hbar}[-i\hbar c\gamma^j\frac{\partial }{\partial x^j} +mc^2]u_r(p)e^{-ipx/\hbar}\\ &+c^+_{r'}(p')c_r(p)\bar u_{r'}(p')e^{ip'x/\hbar}[-i\hbar c\gamma^j\frac{\partial }{\partial x^j}+mc^2]u_r(p)e^{-ipx/\hbar}\\ &-d^+_{r}(p)d_{r'}(p')\bar v_{r'}(p')e^{-ip'x/\hbar}[-i\hbar c\gamma^j\frac{\partial }{\partial x^j}+mc^2]v_r(p)e^{ipx/\hbar}\\ &+c^+_{r}(p)d^+_{r'}(p')\bar u_{r'}(p')e^{ip'x/\hbar}[-i\hbar c\gamma^j\frac{\partial }{\partial x^j}+mc^2]v_r(p)e^{ipx/\hbar}\\ &=\int d^3x \sum_{r,p}\sum_{r',p'}(\frac{mc^2}{V})(\frac{E^2_p}{E_pE_{p'}})^{1/2} \left\{ \times\times\times \right\} \end{align}$$ 其中
 * $$\begin{align}

&\left\{ \times\times\times \right\}\\ &=d_{r'}(p')c_r(p) v^+_{r'}(p')u_r(p)e^{-i(p'+p)x/\hbar}  \\ &+c^+_{r'}(p')c_r(p) u^+_{r'}(p')u_r(p)e^{i(p'-p)x/\hbar} \\ &+d^+_{r}(p)d_{r'}(p') v^+_{r'}(p')v_r(p)e^{-i(p'-p)x/\hbar}  \\ &+c^+_{r}(p)d^+_{r'}(p') u^+_{r'}(p')v_r(p)e^{i(p'+p)x/\hbar}  \\ &=\sum_{p,r,r'}mc^2\{c^+_{r'}(p)c_r(p)\frac{E_p}{mc^2}\delta_{r,r'}+d^+_{r'}(p)d_r(p)\frac{E_p}{mc^2}\delta_{r,r'}\} \\ &=\sum_{p,r}E_p[c^+_{r}(p)c_r(p)+d^+_{r}(p)d_r(p)] \end{align}$$ 以上利用了 $$-i\hbar c\gamma^j\frac{\partial }{\partial x^j}+mc^2=-i\hbar c\gamma^{\mu}\frac{\partial }{\partial x^{\mu}}+mc^2+i\hbar \gamma^{0}\frac{\partial }{\partial x^{0}}$$ 其中注意到 $$x^0=ct, \frac{\partial }{\partial x^0}=\frac{1}{c}\frac{\partial }{\partial t}$$ 迪拉克方程
 * $$\begin{align}

&[-i\hbar c\gamma^{\mu}\frac{\partial }{\partial x^{\mu}}+mc^2]u_r(p)e^{-ipx/\hbar}=0 \\ &[-i\hbar c\gamma^{\mu}\frac{\partial }{\partial x^{\mu}}+mc^2]v_r(p)e^{ipx/\hbar}=0 \end{align}$$ 箱归一化条件下的 $$\delta$$ 函数定义
 * $$\begin{align}

&\frac{1}{V}\int d^3x e^{-i(\vec p'+\vec p)\cdot \vec x/\hbar}=\delta_{\vec p', -\vec p} \\ &\sum_{\vec p}f(\vec p)=\frac{V}{(2\pi\hbar)^3}\int d^3p f(\vec p) \end{align}$$ 其中 $$\vec p=\frac{2\pi\vec n \hbar}{L},\vec k=\frac{2\pi\vec n }{L}$$ 从而
 * $$\begin{align}

&\frac{1}{V}\int d^3x e^{-i(p'+p) x/\hbar}\\ &=\frac{1}{V}\int d^3x e^{i(\vec p'+\vec p)\cdot \vec x/\hbar}e^{-i(p'^0+p^0)/\hbar} \\ &=\delta_{\vec p', -\vec p}e^{-i(p'^0+p^0)/\hbar}\\ &=\delta_{\vec p', -\vec p}e^{-i(2p'^0)/\hbar} \\ &\frac{1}{V}\int d^3x e^{-i(p'-p) x/\hbar}\\ &=\frac{1}{V}\int d^3x e^{i(\vec p'-\vec p)\cdot \vec x/\hbar}e^{-i(p'^0-p^0)/\hbar}\\ &=\delta_{\vec p', \vec p}e^{-i(p'^0-p^0)/\hbar}=\delta_{\vec p', \vec p} \end{align}$$ 以及正交条件(A.28)

P.71 (4.52b)
 * $$\begin{align}

&[\Psi^+_{\alpha}(x),\bar \Psi^-_{\beta}(y)]_+ \\ &=\sum_{r,p}\sum_{r',p'}(\frac{mc^2}{VE_p})^{1/2}(\frac{mc^2}{VE_{p'}})^{1/2}[c_r(p)u_{r\alpha}(p)e^{-ipx/\hbar},c^+_{r'}(p')\bar u_{r'\beta}(p')e^{ip'y/\hbar} ] \\ &=\sum_{r,p}\sum_{r',p'}(\frac{mc^2}{VE_p})^{1/2}(\frac{mc^2}{VE_{p'}})^{1/2}\delta_{r,r'}\delta_{p,p'}u_{r\alpha}(p)\bar u_{r'\beta}(p')e^{-i(px-p'y)/\hbar}  \\ &=\sum_{r,p}(\frac{mc^2}{VE_p})u_{r\alpha}(p)\bar u_{r\beta}(p)e^{-ip(x-y)/\hbar} \\ &=\sum_{p}(\frac{mc^2}{VE_p})(\frac{\not p+mc}{2mc})_{\alpha\beta}e^{-ip(x-y)/\hbar} \\ &=\sum_{p}(\frac{mc^2}{VE_p})(\frac{-\not p+mc}{2mc})_{\alpha\beta}e^{-ip(x-y)/\hbar} \\ &=(\frac{-\hat {\not p}+mc}{2mc})_{\alpha\beta}\sum_{p}(\frac{mc^2}{VE_p})e^{-ip(x-y)/\hbar} \\ &=(\frac{-\hat {\not p}+mc}{\hbar})_{\alpha\beta}\sum_{p}(\frac{\hbar c}{2VE_p})e^{-ip(x-y)/\hbar} \\ &=\frac{1}{c}(i\gamma_{\mu}\frac{\partial }{\partial x_{\mu}}+\frac{mc}{\hbar})_{\alpha\beta}\sum_{p}(\frac{\hbar c^2}{2VE_p})e^{-ip(x-y)/\hbar} \\ &=i(i\gamma_{\mu}\frac{\partial }{\partial x_{\mu}}+\frac{mc}{\hbar})_{\alpha\beta}\sum_{k}\frac{1}{i\hbar c}(\frac{\hbar c^2}{2V\omega_p})e^{-ik(x-y)} \\ &=i(i\gamma_{\mu}\frac{\partial }{\partial x_{\mu}}+\frac{mc}{\hbar})_{\alpha\beta}\Delta^+(x-y) \end{align}$$ 上面利用了产生消灭算符的对易关系(4.39a),能量投影算符的两个表达式(A.31)和(A.35), $$E_k=\hbar \omega_k,\vec p=\hbar \vec k,\sum_{k}\equiv \frac{V}{(2\pi)^3}\int d^3k$$ ,以及定义(3.39-3.41). 证毕.

Ch.5 Photons: Covariant Theory
P.82 (5.2-5.3) 首先注意到标势和矢势的定义与(1.2)自洽,比如由(1.2)和(5.5)可以方便的写下(5.1)各项.麦克斯韦方程是(1.1).利用(5.1)的具体形式,可验证(1.1a-b)与(5.2)等价,(1.1c-d)与(5.3)等价.利用(1.2),可得(5.3)是平庸的,这是因为(1.2)是(1.1c-d)的充分条件.

P.82 (5.8) 证明它可以导出正确的运动方程(5.2)可以参见J.J. Sakurai Advanced Quantum Mechanics, P13, (1.71)

P.85 (5.18-20) 第一式(5.18)是归一条件,负号是习惯约定而(5.20)是说基的标示(而非分量)的求和涉及某种度规,这个约定是为了方便之后的标量光子和径向光子的相互抵消.

第二式(5.19)是完备性,对应投影算符.首先基的指标有协变逆变之分,所以投影算符对应的是度规张量.其次基的标示涉及某种度规.最后等式右边的负号是约定.

P.86 (5.23) 首先我们利用(5.28)来导出(5.23),将(5.16a-c)代入(5.23)第一式


 * $$\begin{align}

&[A^{\mu}(x,t),A^{\nu}(x',t)] \\ &=\sum_{r,k}\sum_{r',k'}(\frac{\hbar c^2}{2V\omega_k})^{1/2}(\frac{\hbar c^2}{2V\omega_{k'}})^{1/2}\epsilon_r^{\mu}(k)\epsilon_{r'}^{\nu}(k') \\ &[a_r(k),a_{r'}^+(k')]e^{ikx-ik'x'}e^{-i\omega_kt+i\omega_{k'}t}+[a_r(k),a_{r'}(k')]e^{ikx+ik'x'}e^{-i\omega_kt-i\omega_{k'}t} \\ &+[a_r^+(k),a_{r'}(k')]e^{-ikx+ik'x'}e^{i\omega_kt-i\omega_{k'}t}+[a_r^+(k),a_{r'}^+(k')]e^{-ikx-ik'x'}e^{i\omega_kt+i\omega_{k'}t} \\ &=\sum_{r,k}(\frac{\hbar c^2}{2V\omega_k})\epsilon_r^{\mu}(k)\epsilon_{r}^{\nu}(k)[\zeta_re^{ik(x-x')}-\zeta_re^{-ik(x-x')}] \\ &=\sum_{k}(\frac{\hbar c^2}{2V\omega_k})(-g^{\mu\nu})[e^{ik(x-x')}-e^{-ik(x-x')}] \\ &=\sum_{k}(\frac{\hbar c^2}{2V\omega_k})(-g^{\mu\nu})[e^{ik(x-x')}-e^{ik(x-x')}] \\ &=0 \end{align}$$

将(5.16a-c)代入(5.23)第三式
 * $$\begin{align}

&[A^{\mu}(x,t),\dot A^{\nu}(x',t)] \\ &=\sum_{r,k}\sum_{r',k'}(\frac{\hbar c^2}{2V\omega_k})^{1/2}(\frac{\hbar c^2}{2V\omega_{k'}})^{1/2}\epsilon_r^{\mu}(k)\epsilon_{r'}^{\nu}(k') \\ &(i\omega_{k'})[a_r(k),a_{r'}^+(k')]e^{ikx-ik'x'}e^{-i\omega_kt+i\omega_{k'}t}+(-i\omega_{k'})[a_r(k),a_{r'}(k')]e^{ikx+ik'x'}e^{-i\omega_kt-i\omega_{k'}t} \\ &+(-i\omega_{k'})[a_r^+(k),a_{r'}(k')]e^{-ikx+ik'x'}e^{i\omega_kt-i\omega_{k'}t}+(i\omega_{k'})[a_r^+(k),a_{r'}^+(k')]e^{-ikx-ik'x'}e^{i\omega_kt+i\omega_{k'}t} \\ &=\sum_{r,k}(\frac{\hbar c^2}{2V\omega_k})\epsilon_r^{\mu}(k)\epsilon_{r}^{\nu}(k)(i\omega_{k'})[\zeta_re^{ik(x-x')}+\zeta_re^{-ik(x-x')}] \\ &=\sum_{k}(\frac{i\hbar c^2}{2V})(-g^{\mu\nu})[e^{ik(x-x')}+e^{-ik(x-x')}] \\ &=\sum_{k}(\frac{i\hbar c^2}{2V})(-g^{\mu\nu})[e^{ik(x-x')}+e^{ik(x-x')}] \\ &=\sum_{k}(\frac{i\hbar c^2}{V})(-g^{\mu\nu})e^{ik(x-x')} \\ &=-i\hbar c^2g^{\mu\nu}\delta(x-x') \end{align}$$

其中由箱归一,动量空间 $$\int d^3p$$ 内的状态数为 $$N=\frac{V\int d^3p}{(2\pi\hbar)^3}=\frac{V\int d^3k}{(2\pi)^3}$$ ,其中 $$p=\hbar k$$ 从而 $$p_i=\frac{N_i}{N}\int d^3p=\frac{2\pi\hbar N_i}{L}$$ ,或者 $$k_i=\frac{2\pi N_i}{L}$$ 实际上求和和积分的关系为 $$\sum_p=\sum_k=N$$ ,从而 $$\sum_p f(p)=\frac{V}{(2\pi\hbar)^3}\int d^3p f(p)$$ ,或者 $$\sum_k f(k)=\frac{V}{(2\pi)^3}\int d^3k f(k) $$ 同时利用三维 $$\delta$$ 函数的傅立叶表示
 * $$\begin{align}

\delta(x-x')=\frac{1}{(2\pi \hbar)^3}\int e^{ip(x-x')/ \hbar}d^3p=\frac{1}{(2\pi )^3}\int e^{ik(x-x')}d^3k \end{align}$$ 我们得到


 * $$\begin{align}

\frac{1}{V}\sum_ke^{ik(x-x')}=\frac{1}{V}\frac{V}{(2\pi)^3}\int d^3k e^{ik(x-x')}=\delta(x-x') \end{align}$$

接下来我们利用(5.23)来导出(5.28),类似P.58 习题(3.1),我们先将产生消灭算符用场算符展开,以便直接利用(5.23)
 * $$\begin{align}

a_r(k)=\sum_{\mu}\frac{-\zeta_r\epsilon_{r\mu}(k)}{(2\hbar c^2V\omega_k)^{1/2}}\int d^3x e^{ikx}(i\dot A^{\mu}(x,t)+\omega_k A^{\mu}(x,t)) \end{align}$$ 而具体证明和之前关于(3.10)的笔记非常类似,故略去.

P.89 (5.36) 满足这个关系的态实际上可以一般的表述为习题(5.2)的形式,习题(5.3)给出其一个最简单的例子,并可以证明,它和纯横光子态仅仅差一个标度变换.具体证明是依次取 $$\mu=0,1,2,3$$ ,而等式两边仅仅在 $$\mu=0 (n),1(k)$$ 时不为零,且两边相等.

P.91 (5.40-5.42) 这是直接的代数运算,(5.41c)应该等于(5.40)减去(5.41a)再减去(5.41b),而后者等于
 * $$\begin{align}

&\frac{1}{k^2+i\varepsilon}\left[\frac{[k^{\mu}-(kn)n^{\mu}][k^{\nu}-(kn)n^{\nu}]}{(kn)^2-k^2}+(-1)n^{\mu}n^{\nu}\right]-\frac{n^{\mu}n^{\nu}}{(kn)^2-k^2} \\ &=\frac{1}{k^2+i\varepsilon}\frac{[k^{\mu}-(kn)n^{\mu}][k^{\nu}-(kn)n^{\nu}]-((kn)^2-k^2)n^{\mu}n^{\nu}-(k^2+i\varepsilon)n^{\mu}n^{\nu}}{(kn)^2-k^2} \\ &=\frac{1}{k^2+i\varepsilon}\frac{[k^{\mu}k^{\nu}-(kn)k^{\nu}n^{\mu}-(kn)k^{\mu}n^{\nu}+(kn)^2n^{\mu}n^{\nu}]-((kn)^2-k^2)n^{\mu}n^{\nu}-(k^2+i\varepsilon)n^{\mu}n^{\nu}}{(kn)^2-k^2} \\ &=\frac{1}{k^2+i\varepsilon}\frac{[k^{\mu}k^{\nu}-(kn)(k^{\nu}n^{\mu}+k^{\mu}n^{\nu})]-i\varepsilon n^{\mu}n^{\nu}}{(kn)^2-k^2} \\ &=\frac{1}{k^2+i\varepsilon}\frac{k^{\mu}k^{\nu}-(kn)(k^{\nu}n^{\mu}+k^{\mu}n^{\nu})}{(kn)^2-k^2} \end{align}$$ 这正是(5.41c)

Ch.6 The S-Matrix Expansion
P.98 (6.10) 为什么 这里相互作用项用无相互作用的波函数写出,而不是含相互作用的波函数.

上述问题很可能是一个孤立的,仅仅个别读者会提出来,从一个更高的层次或者不同的角度(不采用正则量子化手续),问题可能根本不存在.问题如下,拉格朗日和哈密顿在书中用场算符表示,而场算符用无相互作用粒子的产生湮灭算符的展开表示.而实际上,在经典力学中,哈密顿量中的正则坐标和正则动量代表的是粒子的(含相互作用的)真实路径,因为由最小作用量原理可得到他们的运动方程.问题自然由此引入,为什么Wick定理中的相互作用哈密顿中的场算子表达为无相互作用粒子的产生消灭算符的线性形式,而其系数为无相互作用粒子运动方程的平面波解形式. 上述问题的解答如下.首先我们注意到,正则量子化手续是一种手续,从经典力学到量子力学的过度,除了直观上的过度外,还必须参考比较现有的其他量子化手续.考虑经典谐振子的量子化手续,在量子力学中,它的量子化为采用直角坐标系中坐标空间的动量和位矢算符来取代哈密顿量中的坐标和动量,通过引入定义,上述哈密顿量进而可以写为产生消灭算符的形式(比如苏汝铿量子力学(4.5.8-9)$$\hat a=\left(\frac{m\omega}{2\hbar}\right)^{1/2}\left(\hat x+\frac{i}{m\omega}\hat p\right)$$),因为是理想谐振子,其中的产生消灭算符显然为无相互作用情况下的算符.现在我们在哈密顿量中引入微扰项.显然上述量子力学中的量子化过程完全不变,进而无相互作用的哈密顿量表达式不变,换言之,表达为产生消灭算符的形式完全不变,其展开系数(在这个例子中是平庸的常数)也不变,微扰项的影响,仅仅在于我们可以把新增加的相互作用项也表达为产生消灭算符的形式.这个结论,显然与上面从拉格朗日运动方程或者哈密顿方程角度出发的讨论不同,但是物理意义相近.

P.99 (6.13) 这里书中的论述分几个阶段.

首先,如果相互作用不含场的导数,那么正则共轭场的表达式和无相互作用哈密顿情况一致.这样场和它的正则共轭场的对易关系(对于含相互作用拉格朗日和不含相互作用拉格朗日两种不同的情况)保持不变.其次,由于从薛定谔图像到相互作用图像是幺阵变换,(如果两种情况下场算符用产生消灭算符的展开形式一致)导致的产生消灭算符的对易关系不变.从而我们可以直接沿用前面章节得到自由场的很多结论.

Ch.8 QED Processes in Lowest Order
P.138 (8.2) 这仅仅是把 $$\delta$$ 函数的定义写成有限空间(非周期性边界条件)的积分的极限 由于 $$\delta(x-x')=\frac{1}{(2\pi)^3}\int d^3k e^{ik(x-x')}$$ ,或者


 * $$\begin{align}

&\delta(k-k')=\frac{1}{(2\pi)^3}\int d^3x e^{i(k-k')x} \\ &\delta(p-p')=\frac{1}{(2\pi\hbar)^3}\int d^3x e^{i(p-p')x/\hbar} \end{align}$$ 在自然单位制下
 * $$\begin{align}

\delta(p-p')=\frac{1}{(2\pi)^3}\int d^3x e^{i(p-p')x} \end{align}$$ 在四维情况下


 * $$\begin{align}

\delta^{(4)}(p-p')=\frac{1}{(2\pi)^4}\int d^4x e^{i(p-p')x} \end{align}$$ 或者
 * $$\begin{align}

(2\pi)^4\delta^{(4)}(p-p')=\int d^4x e^{i(p-p')x}=\lim_{T\to\infty}\lim_{V\to\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}dt\int_V d^3x e^{i(p-p')x} \end{align}$$ P.139 (8.5)


 * $$\begin{align}

&[\delta_{TV}]^2\\ &=\left[(2\pi)^4\delta^{(4)}(p-p')\right]^2\\ &=(2\pi)^4\delta^{(4)}(p-p')\lim_{T\to\infty}\lim_{V\to\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}dt\int_V d^3x e^{i(p-p')x} \\ &=(2\pi)^4\delta^{(4)}(p-p')\lim_{T\to\infty}\lim_{V\to\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}dt\int_V d^3x  =TV(2\pi)^4\delta^{(4)}(p-p') \end{align}$$

P.139 (8.8) 单粒子以相对速度$$ v_e $$入射的流密度利用粒子数密度就容易理解 $$j=\frac{dN}{dtdS}=nv_{rel}=\frac{1}{V}v_{rel}=\frac{v_{rel}}{V} $$

P.139 (8.9) 这个式子是把左边非洛仑兹协变的形式写成右边洛仑兹协变的形式.改公式仅仅在入射粒子和靶粒子的动量在一直线上,即 $$\vec p_1\cdot \vec p_2 =\pm |p_1|^2|p_2|^2$$ 时才成立.此式的证明很直接,这里略去,但是很重要的一点是速度是动量除以相对论质量,而非禁止质量,即 $$v_{rel}=\frac{\vec p_1}{E_1}-\frac{\vec p_2}{E_2} $$

P.144 (8.29) 等式的第二步,因为仅仅对$$ r $$求和一次,故而 $$\bar{u}_r(p)$$ 的指标被 $${u}_r(p)$$ 所决定.

P.145 (8.32) 直接证明,习题(8.7) 在度规变化下,两项散射振幅的变化分别正比于


 * $$\begin{align}

&\Delta M_a= -ie^2\bar u (p')\not k' \frac{1}{(\not p+ \not k)-m} \not k u(p)  \\ &\Delta M_b= -ie^2\bar u (p')\not k \frac{1}{(\not p- \not k')-m} \not k' u(p) \end{align}$$

利用附录(A.25), $$(\not p -m)u(p)=0$$ ,从而


 * $$\begin{align}

&\not k u(p) = [(\not p + \not k)-m] u(p) \\ &\not k' u(p) = - [(\not p - \not k')-m] u(p) \\ &\frac{1}{(\not p+ \not k)-m} \not k u(p) + \frac{1}{(\not p- \not k')-m} \not k' u(p) =0 \end{align}$$ 从而 $$\Delta M_a +\Delta  M_b= 0$$ ,证毕.

P.155 (8.62) 首先这里和(8.17)不同,因为这里不是在质心系中,而是在靶电子静止的实验室系中.其中偏导是利用动量守恒决定的总末态能量关于末态动量大小偏导,偏导时并不考虑能量守恒,之后再将能量守恒带入,比如表达为入射态的函数.所以利用(8.60b)有 $$\frac{\partial E'}{\partial \omega'}=\frac{\omega'-\omega \cos\theta}{E'}$$ .然后利用能动量守恒的推论(8.61)消去 $$\theta$$ ,其中利用


 * $$\begin{align}

&p+k=p'+k' \\ &p^2=p'^2=m^2,k^2=k'^2=0 \\ &(p+k)^2=(p'+k')^2 \to pk=p'k' \\ &pk=p'k'=(p+k-k')k'=pk'+kk' \end{align}$$ 总之,由上面有
 * $$\begin{align}

\frac{\partial (E'+\omega')}{\partial \omega'}=\frac{\omega'-\omega \cos\theta}{E'}+1=\frac{\omega'-\omega (\frac{m}{\omega}-\frac{m}{\omega'}+1)}{E'}+1=\frac{\omega'+E'-(m+\omega)+\frac{m\omega}{\omega'}}{E'}=\frac{m\omega}{E'\omega'} \end{align}$$ 最后一步利用了能量守恒 $$m+\omega=E'+\omega' $$

P.159 (8.83) 如之前定义的, $$\theta$$ 为 $$k$$ 与 $$k'$$ 的夹角,求和共计四项.为方便起见,可以取$$ k$$ 沿着 $$z$$ 方向, $$\epsilon_1 $$沿着$$ x $$轴方向, $$\epsilon_2$$ 躺在$$ x-y $$平面内与 $$x$$ 轴夹角为 $$\varphi $$,加上条件$$ k$$ 与 $$k'$$ 的夹角为 $$\theta$$ .最后结果与 $$\varphi $$无关,即(8.83)

P.162 (8.92a) 这里 $$A_c(x)=$$ ,从而 $$E_c(x)==-\nabla\phi_c-\frac{\partial \vec A_c}{\partial t}$$ ,正是库仑势.

P.164 (8.98) 读书重点 这是一个很好的关于螺旋性(helicity)守恒的讨论. 注意到在Pauli-Dirac表象,(4.35)不被满足,即本征态(A.73)和(A.75)不是螺旋性本征态.实际上,本征态(A.73)和(A.75)在相对粒子静止的坐标系中是自旋在 $$z$$ 方向投影的本征态.从而,该表象被用于得到在非相对论近似下的结论,自旋在某个方向上的分量守恒.相应的,利用螺旋性算符的本征态(4.35),可以讨论相对论极限下的结果,螺旋性守恒.显然,对于质量为零的粒子,可以自然的得到螺旋性守恒的结论.

P.169 (8.109)

参见,本书P.243(11.27),或者Weinberg 第一卷 P.210 (5.3.28-29)

Ch.9 Radiative Corrections
P.184 (9.11) 与守恒流的耦合决定了(9.11)正比于 $$k^{\mu}k^{\nu}$$ 的项对散射振幅无贡献,证明如下, 利用附录(A.25-26), $$(\not p -m)u(p)=0$$ 和 $$\bar u(p')(\not p' -m)=0$$ ,设 $$k=p-p'$$ ,在动量表象一种可能性是


 * $$\begin{align}

&s^{\mu}(-k)k_{\mu}=\bar u(p')\gamma^{\mu}u(p)k_{\mu}=\bar u(p')\not ku(p)=\bar u(p')(\not p-\not p')u(p)\\ &=\bar u(p')(\not p u(p))-(\bar u(p')\not p')u(p)\\ &=\bar u(p')mu(p)-\bar u(p')mu(p)=0 \end{align}$$

P.185 (9.16) 读书重点

重整化的物理概念

书中(9.9)的截断动量正规化是一个物理直观明确的正规化的例子.它假设我们在研究一个低能理论,仅仅在$$p \ll \Lambda$$有意义.比如核物理QHD的气液相变模型仅仅在$$E \ll 0.16 \text{GeV}$$时有意义,在高能时完全失效.对这样的理论,辐射修正中的高能部分的积分实际上并没有物理意义,积分的发散完全可能是因为把现有的理论以当前的形式推广到一无所知的高能区域是错误的,所以发散仅仅是一个数学上的困难.所以(9.9)如书中所述,可以看成对理论在高能部分的修正,因为在未知的高能部分,积分收敛,在已知的低能部分,修正足够小. 在本章中,作者并不讨论任何正规化具体过程,仅仅假设正规化已经完成.讨论如何使用正规化的结果来得到对可观测量的有限的修正和裸物理常数的正规化. 现在唯一的问题的是,这种形式的修正的尽管得到有限的修正,但是结果取决于$$\Lambda$$的取值.显然,对于一个未知的高能理论,引入一个取决于$$\Lambda$$的正规化在物理上是很难接受的.书中指出,在重整化完成后,我们取$$\Lambda \rightarrow +\infty$$,这样理论严格的回到修正前的低能理论.但是重整化留下的净效果是,对可观测量的修正部分,即便在$$\Lambda \rightarrow +\infty$$极限情况下,保持有限.我们知道实际上在$$\Lambda \rightarrow +\infty$$下,总的修正是发散的,但是由于重整化的讨论,那些发散部分全部被归结为例如电荷正规化常数等, 由于它们是物理上不可观测的量,这些发散最终不留下任何可观测的物理后果.从物理上,我们说当截断动量$$\Lambda$$足够大(超过现有的对理论的实验观测)且足够小(从而发散项足够小)时,一方面,可观测量的修正已经基本不依赖于$$\Lambda$$的数值,而另一方面对裸量的正规化足够小,书中在P.199的讨论中以QED的例子给出具体的估算,从而说明展开替换是合理的.

接下来我们具体讨论书中给出的QED的重整化的例子.

(1)光子自能修正.在有限的截断动量下,可以认为重整化的修正很小,比如重整化后的电荷和裸电荷数值上差距很小,重整化后的质量和裸质量数值上差距很小.这正是书上比如(9.16)的推导逻辑,因为从(9.16)到(9.19),式子右边第二项,文中把$$ e_0^2$$ 替换为了 $$e^2$$ .如果 $$A'(0)$$ 涉及无穷大,不可能作这样的替换.这里导出的电荷正规化常数$$Z_3$$ 的表达式,并且指出,通过某种正规化手段得到的(9.15)中的$$A'(0)$$部分对应电荷正规化,实际上是不可观测的,可观测的仅仅是$$\Pi_c(k^2)$$部分. (9.19)是以(9.11)和(9.15)为出发点(正规化的结果)得到的最终结果.注意到,上述重整化过程中,我们实际上并不明显的引入抵消$$A'(0)$$(发散项)的过程.

(2)电子自能修正.(9.21)明显的引入动量截断(低能和高能),接着略去得到$$\Sigma(p)$$的具体正规化过程,通过类似的推导引入电子质量正规化并得到(9.30).接着提出的另外一种得到电子质量正规化的方面,从中我们更加直观的看到,实际上重整化的过程可以等价的看成简单的在质壳上引入抵消项,消去发散项$$A$$.接着引入电荷正规化常数$$Z_2$$以吸收发散项$$B$$.

(3)外线重整化,顶角重整化,具体略.

正规化的数学手段有两个理解方式.

第一个方式是用抵消项的概念来理解,承认辐射修正中出现了无穷大,做法是引入抵消项在重整化条件处抵消发散项,在其余条件下得到有限大小的修正.如书中(9.31)的讨论.更具体的例子参见Advances in Nuclear Physics, Vol.16.其特点是,数学手段明了.和微扰修正的理解比较,后者具体在什么条件下进行重整意义不明确,而抵消项可以很明了的看出,实际上重整化条件是在质壳(质量不为零的粒子)和零动量(质量为零的粒子)上定出的,在重整化条件下,抵消项正好完全抵消发散且无其余任何贡献.从而非常自然的可以得到外线上无重整化修正的结论.比如由(9.10b),(9.11)和(9.15),用抵消项的概念,立刻可以去掉与 $$A'(0)$$ 有关的发散项,而始终不涉及把 $$e_0^2$$ 替换为了 $$e^2$$ 的操作.抵消项的问题是,当体系比较复杂时,无法方便的写下电荷重整或者质量重整的具体形式,如(9.18)

第二个方式是如书中所述,把重整化理解为微扰修正.如果试图用抵消项的概念来理解微扰修正,其实可以理解如下.如(9.16),修正的确很小,可以视为微扰.但是问题是这个修正依赖于截断动量的数值,即尽管很小但是是一个不定值.但是如果注意此式右边的最低阶的非平庸的修正,即 $$e_0^4$$ 阶的项, $$e_0^4\Pi_c(k^2)$$ 部分实际上不依赖于截断动量,所以引入的抵消项实际上是把尽管可以视为微扰的但是依赖于截断动量的修正部分在重整化条件处抵消掉,而得到与截断动量无关的可视为微扰的修正.这样,就把两个理解方式统一起来了.

P.193 (9.43) 讨论绝热近似的原因是(9.39)为$$\frac{0}{0}$$. 在图(9.12b)中,实际上在两个顶点各有一两根由于绝热近似$$ f(t) $$而引入的外线.它们使得在顶点处的其余线满足动量守恒而能量不守恒. (9.43)按费曼规则写下,类似于(9.38),但是注意到三个因子的四动量各不相同,另外两个顶点有积分. 因为除去分子外的其余项关于哑变量 $$q,q'$$ 对称,这样的项乘以因子 $$(q-q')$$ (并积分后)得零,故可以随意添加.

P.195 (9.51) 见习题(A.2),由狄拉克方程,提示给出的等式成立(为零).接着写下等式两边 $$a_{\mu}$$ 的系数,注意到比如
 * $$\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}p_{\nu}=\frac{1}{2}[\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}]p_{\nu}+\frac{1}{2}\{\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}\}p_{\nu}$$

并利用(A.5)和(A.9)即得.

P.197 (9.60) 见习题(9.2)首先对 $$S_FS_F^{-1}$$ 两边求导即得提示的表达式.
 * $$\begin{align}

&0=\frac{\partial (S_FS_F^{-1})}{\partial p_{\mu}}=\frac{\partial S_F}{\partial p_{\mu}}S_F^{-1}+S_F\frac{\partial S_F^{-1}}{\partial p_{\mu}}=\frac{\partial S_F}{\partial p_{\mu}}S_F^{-1}+S_F\gamma^{\mu} \\ &\frac{\partial S_F}{\partial p_{\mu}}=S_F\gamma^{\mu}S_F \end{align}$$ 然后写下顶点的具体形式,然后求导,注意到除了对内圈动量的积分外,直接利用提示就可以得到结论.
 * $$\begin{align}

\frac{\partial \int d^4k D_{F\alpha\beta}(k) \gamma^{\alpha} S_F(p-k)\gamma^{\beta}}{\partial p_{\mu}}=\int d^4k D_{F\alpha\beta}(k)\gamma^{\alpha}S_F(p-k)\gamma^{\mu}S_F(p-k)\gamma^{\beta} \end{align}$$ P.201 (9.71) 经典的磁场和磁矩相互作用表达式是 $$H_I=-\mu\cdot B$$ ,由于
 * $$\begin{align}

&B=\nabla \times A \to \nabla \times A_q e^{iqx}=\vec q \times A_q e^{iqx} \\ &\vec q = \vec p - \vec p' \end{align}$$ 故与书上一致.而(9.71)的第一项,可参见Sakurai Advanced QM (2.94-95) 及 (2.125),发现它实际上是电矩相互作用,以及电多极矩,磁多极矩相互作用.

Ch.10 Regularization
P.222 (10.1-6) 未验证

Ch.11 Weak Interaction
P.244 (11.30) 推导完全类似光子或者迪拉克粒子场,故从略,容易理解,传播子的分子由产生消灭算符的等时对易关系以及(11.27)导致.

Ch.12 A Guage Theory of Weak Interaction
P.268 (12.30a) 这里的 $$\frac{\beta}{2},\beta$$ 可以换为任何其他常数,但是我们不会从中得到其他新的信息,因为轻子和中微子已经联合在一起写在 $$\Psi^L$$ 中了.新的常数组只是相当于在(12.27)中考虑加入另外两个弱同位旋守恒荷并引入三个任意的参数作线性组合.

Ch.13 Spontaneous Symmetry Breaking
P.281 (13.1) 由于真空在洛仑兹变换$$ L $$下不变,有 $$<0|\phi |0>=<0|L\phi L^{-1}|0>$$

P.283 (13.11) 是直接代入(13.3)和(13.9)的验证,这里略去过程.结果正比于$$ \eta^2 $$的项前面系数抵消为零,也没有正比于$$ \sigma\eta $$的耦合项.