Srednicki §50 无质量粒子与旋量螺旋度

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在第48节计算截面时，我们先对外旋量求和，把振幅平方化为gamma矩阵的迹，最后再取高能极限。所得结果比计算过程简单得多。如果一开始就把质量设为零，就有希望同时简化计算过程。第38节的螺旋度投影已经提供了线索：在外尔表示中，无质量外旋量只有两个非零分量。我们将利用这个性质，直接化简尚未平方的固定螺旋度振幅。由此得到的方法称为旋量螺旋度方法（spinor-helicity method）。本节先考虑费米子与标量的散射；第60节将把它用于自旋一粒子。

以下取 $p^\mu=(\omega,\mathbf p)$ ，其中 $\omega=|\mathbf p|>0$ 。将无质量结果用于有质量理论的高能近似时，须使各个相关曼德尔斯塔姆变量的绝对值远大于质量平方。固定角散射满足这一要求；若某个方向使内线分母变小，原来略去的质量项便可能重新起作用。我们将在最后的角分布中看到这个区别。

螺旋度投影与二分量旋量

仍用 $\sigma=\pm1$ 表示螺旋度 $h=\sigma/2$ 。为了保留每种螺旋度的信息，我们从单个外旋量的投影矩阵出发。第38节的无质量极限给出

\begin{aligned} u_\sigma(p)\bar u_\sigma(p) &=\frac12(1+\sigma\gamma_5)(-\slashed p),\\ v_\sigma(p)\bar v_\sigma(p) &=\frac12(1-\sigma\gamma_5)(-\slashed p). \end{aligned} \tag{50.1}

粒子旋量 $u_\sigma$ 的手征为 $\sigma$ ，反粒子旋量 $v_\sigma$ 则处在相反的手征块。比较两式可知， $v_\sigma$ 与 $u_{-\sigma}$ 只差一个相位；沿第38节的选择可令这个相位为一，因此只需构造两种 $u$ 旋量。先选负螺旋度， $\gamma_5u_-=-u_-$ 。为把投影式写成二分量形式，引入动量矩阵

\begin{aligned} p_{a\dot a}&=p_\mu\sigma^\mu_{a\dot a},\\ p^{\dot a a} &=\varepsilon^{ac}\varepsilon^{\dot a\dot c}p_{c\dot c} =p_\mu\bar\sigma^{\mu\dot a a}. \end{aligned} \tag{50.2}

沿既有约定， $\sigma^\mu=(I,\boldsymbol\sigma)$ 、 $\bar\sigma^\mu=(I,-\boldsymbol\sigma)$ ，且 $\gamma^\mu=\left(\begin{smallmatrix}0&\sigma^\mu\\ \bar\sigma^\mu&0\end{smallmatrix}\right)$ 、 $P_L=(1-\gamma_5)/2=\operatorname{diag}(I_2,0)$ 。投影矩阵只留下上面两行，因而

u_-\bar u_-=P_L(-\slashed p) =\begin{pmatrix}0&-p_{a\dot a}\\0&0\end{pmatrix}. \tag{50.3}

$u_-$ 的下半列为零，便可用一列二分量旋量 $\phi_a$ 表示它。取狄拉克共轭时还要乘 $\beta=\gamma^0$ ，非零的块随之移到右边：

u_-(p)=\begin{pmatrix}\phi_a\\0\end{pmatrix},\qquad \bar u_-(p)=\begin{pmatrix}0&\phi^*_{\dot a}\end{pmatrix}, \qquad \phi^*_{\dot a}=(\phi_a)^*. \tag{50.4}

$\phi_a$ 的分量是彼此对易的普通复数，本节把这样的动量旋量称为扭量（twistor）。其归一直接继承自外态： $u_-^\dagger u_-=2\omega$ 给出 $\phi^\dagger\phi=2\omega$ ，所以 $[\phi]=1/2$ 。现在将上式的列与行相乘，唯一的非零块为 $\phi_a\phi^*_{\dot a}$ 。再与式（50.3）比较，便得到本节最基本的关系

p_{a\dot a}=-\phi_a\phi^*_{\dot a}. \tag{50.5}

这个外积把四动量分解成一列旋量与其共轭行的乘积。因此， $\phi$ 不仅给出外腿的自旋波函数，也包含了它的动量。先求出 $\phi$ ，就可以同时用它表示外旋量和振幅中出现的动量矩阵。

显式角度公式及另一种螺旋度

先把这列旋量具体求出来。将三动量方向写成 $\hat{\mathbf p}=(\sin\theta\cos\phi_{\rm az}, \sin\theta\sin\phi_{\rm az},\cos\theta)$ ； $\phi_{\rm az}$ 是方位角，用下标与旋量 $\phi_a$ 区分。无质量狄拉克方程 $\slashed p\,u_-=0$ 的下半块给出 $(I+\hat{\mathbf p}\cdot\boldsymbol\sigma)\phi=0$ 。它的第一行是

(1+\cos\theta)\phi_1 +\sin\theta\,e^{-i\phi_{\rm az}}\phi_2=0. \tag{50.6}

当 $\theta\ne\pi$ 时， $\phi_1=-e^{-i\phi_{\rm az}}\tan(\theta/2)\phi_2$ 。取 $\phi_2$ 为非负实数，再使用 $\phi^\dagger\phi=2\omega$ ，便得到显式表达式

\phi(p)=\sqrt{2\omega} \begin{pmatrix} -\sin(\theta/2)e^{-i\phi_{\rm az}}\\ \cos(\theta/2) \end{pmatrix}. \tag{50.7}

代入第二行方程，再用 $\sin\theta=2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2)$ ，也得到零，因此两个分量方程相容。下文将直接计算外积，并从有质量旋量的推动公式求出 $\theta=0$ 的极限。接着求另一种螺旋度。这里要用到升指标矩阵

U=(\varepsilon^{ab}) =\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix},\qquad \binom{\phi^1}{\phi^2}=U\binom{\phi_1}{\phi_2},\qquad \binom{\phi^{*\dot1}}{\phi^{*\dot2}} =U\binom{\phi^*_{\dot1}}{\phi^*_{\dot2}}. \tag{50.8}

由电荷共轭关系取 $u_+=\mathcal C\bar u_-^T$ ，其非零块为 $U\phi^*$ 。于是两种螺旋度可以由同一列 $\phi$ 表示：

\begin{aligned} u_+(p) &=\begin{pmatrix}0\\\phi^{*\dot a}\end{pmatrix} =\sqrt{2\omega} \begin{pmatrix} 0\\0\\ \cos(\theta/2)\\ \sin(\theta/2)e^{i\phi_{\rm az}} \end{pmatrix},\\ \bar u_+(p)&=\begin{pmatrix}\phi^a&0\end{pmatrix}. \end{aligned} \tag{50.9}

最后一行中的 $\phi^a$ 按行排列，即 $(U\phi)^T=\phi^TU^T$ ；直接将 $u_+$ 取厄米共轭再乘 $\beta$ ，也会得到这行旋量。再作一次电荷共轭，有 $\mathcal C\bar u_+^T=u_-$ ，因而两种选择确实同时满足 $v_-=u_+$ 、 $v_+=u_-$ ，且归一均为 $2\omega$ 。它们应当描述同一个动量。为此计算正螺旋度的外积：

\begin{aligned} u_+\bar u_+ &=\begin{pmatrix}0&0\\ \phi^{*\dot a}\phi^a&0\end{pmatrix},\\ p^{\dot a a}&=-\phi^{*\dot a}\phi^a . \end{aligned} \tag{50.10}

非零块移到了左下，正好是 $\frac12(1+\gamma_5)(-\slashed p)$ 。要看清这个比较中的指标次序，可把 $p_{a\dot a}$ 记成矩阵 $P$ 。升指标后的 $p^{\dot a a}$ 以点指标为行，故其矩阵为 $UP^TU^T$ ：两个 $U$ 分别升起两个指标，而转置把点指标移到前面。上下两个块由此给出同一个四动量的两种表示。

动量因子分解的唯一性

上面是从已知的外旋量得到动量分解。反过来，给定无质量四动量，也应该能从动量矩阵找回 $\phi$ 。为说明这一点，将式（50.2）中的矩阵写开：

P=p_\mu\sigma^\mu =\begin{pmatrix} -p^0+p^3&p^1-ip^2\\ p^1+ip^2&-p^0-p^3 \end{pmatrix}. \tag{50.11}

实四动量使它为厄米矩阵，其行列式为

\begin{aligned} \det P &=(-p^0+p^3)(-p^0-p^3) -(p^1-ip^2)(p^1+ip^2)\\ &=(p^0)^2-(p^1)^2-(p^2)^2-(p^3)^2=-p^2 . \end{aligned} \tag{50.12}

由于 $\hat{\mathbf p}\cdot\boldsymbol\sigma$ 的本征值为 $\pm1$ ，对于 $p^0=|\mathbf p|=\omega>0$ ， $P=-\omega I+\mathbf p\cdot\boldsymbol\sigma$ 的两个本征值因此是 $0,-2\omega$ 。若 $\chi_-$ 是非零本征值所属的单位列向量，谱分解给

P=-2\omega\,\chi_-\chi_-^\dagger =-\phi\phi^\dagger,\qquad \phi=\sqrt{2\omega}\,\chi_- . \tag{50.13}

这样，分解的负号来自负的非零本征值，归一来自它的绝对值。若另有一列 $\psi$ 满足 $P=-\psi\psi^\dagger$ ，两个外积的像都是 $P$ 的同一条非零本征直线，故 $\psi=c\phi$ 。比较迹便得 $|c|^2=1$ ，所以唯一自由度是整体相位。

反过来，给定任意非零复列 $\phi$ ， $-\phi\phi^\dagger$ 必为秩一负半定矩阵。用 $P=-p^0I+\mathbf p\cdot\boldsymbol\sigma$ 展开，得到

p^0=\frac12\phi^\dagger\phi>0,\qquad p^j=-\frac12\phi^\dagger\sigma_j\phi,\qquad p^2=0 . \tag{50.14}

后一个等式由 $\det P=0$ 保证。两个复分量包含四个实参数，除去不改变动量的一个相位后，恰好留下正能无质量壳的三个参数。

能量支在这个结论中起作用。过去指向的 $p$ 使 $P$ 的非零本征值为正，应写成正的外积，不能仍令 $P=-\phi\phi^\dagger$ 。 $p=0$ 则对应 $\phi=0$ ，没有可定义的螺旋度方向。这说明正能条件是分解本身的一部分。下文将分别写出两条能量支的完整性关系。

在式（50.7）的角度公式中， $\theta=0$ 时相位与方位角无关， $\theta=\pi$ 时第一分量却仍含 $e^{-i\phi_{\rm az}}$ 。若要在南极附近连续选取相位，可改用 $\phi_S=e^{i\phi_{\rm az}}\phi$ ，其两分量为 $\sqrt{2\omega}(-\sin(\theta/2), e^{i\phi_{\rm az}}\cos(\theta/2))$ 。两个表达在重叠区域相差一个相位，外积仍给出完全相同的 $P$ 。下面引入的括号会记住这种相位选择，而由它们求出的截面则与选择无关。

方括号与尖括号

振幅中的旋量指标最终都要缩并。既然每条外腿已用 $\phi$ 表示，下一步便是为这些二分量缩并引入简短的记号。取动量 $p,k$ 所对应的扭量为 $\phi,\kappa$ ，先定义方括号

[p\,k]:=\phi^a\kappa_a =\phi_2\kappa_1-\phi_1\kappa_2. \tag{50.15}

交换 $\phi,\kappa$ 时，普通复数分量可以直接换序，反对称的 $\varepsilon$ 矩阵却给出一个负号。因此

[k\,p]=-[p\,k],\qquad [p\,p]=0. \tag{50.16}

由 $\bar u_+=(\phi^a,0)$ 与 $u_-=(\kappa_a,0)^T$ 可见，方括号正是四分量乘积 $\bar u_+(p)u_-(k)$ 。交换两种螺旋度后，乘积将涉及带点的共轭分量；为此再定义尖括号

\langle p\,k\rangle :=\phi^*_{\dot a}\kappa^{*\dot a} =\phi_1^*\kappa_2^*-\phi_2^*\kappa_1^*. \tag{50.17}

把它与方括号的分量式逐项比较，便有

\langle p\,k\rangle=[k\,p]^*=-[p\,k]^*,\qquad \langle k\,p\rangle=-\langle p\,k\rangle . \tag{50.18}

共轭关系中反转了方括号的次序，这个约定决定了后面内积公式的符号。两种括号都是洛伦兹不变的旋量缩并，质量维数均为一。现在可以把四种标量乘积一起写出：

\begin{aligned} \bar u_+(p)u_-(k)&=[p\,k],& \bar u_-(p)u_+(k)&=\langle p\,k\rangle,\\ \bar u_+(p)u_+(k)&=0,& \bar u_-(p)u_-(k)&=0 . \end{aligned} \tag{50.19}

最后两式的行、列各自只占据相反的外尔块，所以相乘为零。至此，四分量外旋量的标量乘积都已化为括号或零。不过动量只决定 $\phi$ 到一个相位，因而括号也随这个选择而变。若重新选取 $\phi(p)\mapsto e^{i\alpha_p}\phi(p)$ ，则

[p\,k]\mapsto e^{i(\alpha_p+\alpha_k)}[p\,k],\qquad \langle p\,k\rangle\mapsto e^{-i(\alpha_p+\alpha_k)}\langle p\,k\rangle. \tag{50.20}

当它们出现在振幅中时，这些因子应当恰好组成外腿的相位。在求截面之前检查这一点，也可以帮助我们发现括号次序或共轭上的错误。

括号乘积与四动量内积

括号的模应该只由动量决定。将一个尖括号与一个反序方括号相乘，正好可以重新组合出两个动量矩阵：

\begin{aligned} \langle p\,k\rangle[k\,p] &=(\phi^*_{\dot a}\kappa^{*\dot a}) (\kappa^a\phi_a)\\ &=(\phi_a\phi^*_{\dot a}) (\kappa^{*\dot a}\kappa^a)\\ &=p_{a\dot a}k^{\dot a a} =\operatorname{tr}\!\left[ (p_\mu\sigma^\mu)(k_\nu\bar\sigma^\nu)\right]. \end{aligned} \tag{50.21}

其中交换的都是普通复数分量。两个动量分解各带一个负号，相乘后抵消；第二个矩阵以点指标为行，因而矩阵迹正好完成所需的缩并。再用 $\operatorname{tr}I=2$ 、 $\operatorname{tr}\sigma_i=0$ 、 $\operatorname{tr}(\sigma_i\sigma_j)=2\delta_{ij}$ 展开，便得

\begin{aligned} \langle p\,k\rangle[k\,p] &=\operatorname{tr} [(-p^0I+\mathbf p\cdot\boldsymbol\sigma) (-k^0I-\mathbf k\cdot\boldsymbol\sigma)]\\ &=2p^0k^0-2\mathbf p\cdot\mathbf k=-2p\cdot k,\\ |[p\,k]|^2=|\langle p\,k\rangle|^2 &=-2p\cdot k =2\omega_p\omega_k(1-\cos\theta_{pk}). \end{aligned} \tag{50.22}

最后一行还用了 $\langle p\,k\rangle=[k\,p]^*$ 。正能类光四动量的内积非正，因此右边确为非负。两括号在动量平行时为零；在其他方向，它们的模由能量和夹角决定。例如让 $p$ 沿正 $z$ 轴，让 $k$ 的极角为 $\theta$ 、方位角为 $\phi_{\rm az}$ ，将式（50.7）的两列直接相乘，得到

\begin{aligned} {}[p\,k]&=-2\sqrt{\omega_p\omega_k} \sin\frac\theta2\,e^{-i\phi_{\rm az}},\\ \langle p\,k\rangle&=2\sqrt{\omega_p\omega_k} \sin\frac\theta2\,e^{i\phi_{\rm az}} . \end{aligned} \tag{50.23}

因子 $2$ 来自两条外腿各自的 $\sqrt{2\omega}$ 归一。取模平方后，方位角相位消去，再用 $4\sin^2(\theta/2)=2(1-\cos\theta)$ 就回到式（50.22）。这同时说明括号中哪些信息会留在截面中，哪些只反映外旋量的相位选择。

电子与标量的固定螺旋度振幅

现在把这些关系用于散射过程 $e^-(p)\varphi(k)\to e^-(p')\varphi(k')$ 。相互作用仍为第45节的 $g\varphi\bar\Psi\Psi$ ，但同时令 $m=M=0$ 。两幅树图分别交换动量为 $p+k$ 和 $p-k'$ 的费米子。把顶角和内线因子相乘，得到树级振幅

\mathcal T_{\sigma'\sigma} =g^2\bar u_{\sigma'}(p') \left[ \frac{-\slashed p-\slashed k}{(p+k)^2-i0} +\frac{-\slashed p+\slashed k'}{(p-k')^2-i0} \right]u_\sigma(p). \tag{50.24}

我们只保留振幅的 $g^2$ 阶，并先取分母不为零的实运动学。两张图的内动量和相对号已在第45节导出。要把分子化为括号，先利用右外腿的在壳关系 $\slashed p\,u_\sigma(p)=0$ 。而 $p^2=k^2=k'^2=0$ 给 $(p+k)^2=2p\cdot k$ 、 $(p-k')^2=-2p\cdot k'$ 。第二项的分子与分母同时提出负号，振幅化为

\mathcal T_{\sigma'\sigma} =g^2\left[ \frac{\bar u_{\sigma'}(p')(-\slashed k)u_\sigma(p)} {2p\cdot k} +\frac{\bar u_{\sigma'}(p')(-\slashed k')u_\sigma(p)} {2p\cdot k'} \right]. \tag{50.25}

这样，分子只剩下两个标量的动量。虽然 $k$ 和 $k'$ 都属于标量外腿，我们仍可为这两个类光动量各选一列二分量旋量。由前面的动量分解， $-\slashed k$ 成为

-\slashed k= \begin{pmatrix} 0&\kappa_a\kappa^*_{\dot a}\\ \kappa^{*\dot a}\kappa^a&0 \end{pmatrix}. \tag{50.26}

对于入、出均为正螺旋度的情形，右列 $u_+(p)$ 在下块，左行 $\bar u_+(p')$ 在上块，因而选出右上块：

\begin{aligned} \bar u_+(p')(-\slashed k)u_+(p) &=\phi'{}^a\kappa_a\, \kappa^*_{\dot a}\phi^{*\dot a} =[p'\,k]\langle k\,p\rangle,\\ \bar u_-(p')(-\slashed k)u_-(p) &=\phi'^*_{\dot a}\kappa^{*\dot a}\, \kappa^a\phi_a =\langle p'\,k\rangle[k\,p]. \end{aligned} \tag{50.27}

第二行选出左下块，按同样的矩阵次序完成缩并。若初末螺旋度相反，非零的行、列就会选到 $-\slashed k$ 的对角块，因而

\bar u_+(p')(-\slashed k)u_-(p) =\bar u_-(p')(-\slashed k)u_+(p)=0. \tag{50.28}

将 $k$ 换为 $k'$ ，上述四个矩阵元仍按相同方式计算。现在分子已经是括号乘积，分母的动量内积也可用式（50.22）改写。保留反对称括号的次序，有

2p\cdot k =-[p\,k]\langle k\,p\rangle =-\langle p\,k\rangle[k\,p]. \tag{50.29}

将它分别代入式（50.27），第一个分式变成 $-[p'\,k]/[p\,k]$ ，第二个分式变成 $-\langle p'\,k\rangle/\langle p\,k\rangle$ 。对 $k'$ 重复这一步，便得到固定螺旋度振幅

\begin{aligned} \mathcal T_{++} &=-g^2\left(\frac{[p'\,k]}{[p\,k]} +\frac{[p'\,k']}{[p\,k']}\right),\\ \mathcal T_{--} &=-g^2\left(\frac{\langle p'\,k\rangle}{\langle p\,k\rangle} +\frac{\langle p'\,k'\rangle}{\langle p\,k'\rangle}\right),\\ \mathcal T_{+-}&=\mathcal T_{-+}=0 . \end{aligned} \tag{50.30}

原来的两条gamma链由此变成了两个括号比值，每项的质量维数为零，符合四维树幅的要求。对当前相互作用，这两幅图在无质量极限保持电子的螺旋度；翻转幅消失的原因正是式（50.26）的块结构。此外，两种非零幅并不独立。在实正能动量及实 $g$ 下，尖括号等于反序方括号的共轭，而一个比值中的两个反序负号抵消，故 $\mathcal T_{--}=\mathcal T_{++}^*$ 。各动量旋量重定相时， $k$ 、 $k'$ 的相位在每个比值中约去，剩下

\mathcal T_{++}\mapsto e^{i(\alpha_{p'}-\alpha_p)}\mathcal T_{++},\qquad \mathcal T_{--}\mapsto e^{-i(\alpha_{p'}-\alpha_p)}\mathcal T_{--}. \tag{50.31}

它们恰好等于 $\bar u_{\sigma'}(p')$ 与 $u_\sigma(p)$ 带来的相位。因此用于表示标量动量的辅助旋量相位已经消去，电子外腿的剩余相位也将在振幅平方中消去。

从螺旋度幅得到高能截面

括号形式已经简化了固定螺旋度幅，但还没有把散射角显式写出来。下面补算质心系中的角分布，并与第48节的结果比较。取能量 $E>0$ ，散射平面为 $xz$ 平面：

\begin{aligned} p&=(E,0,0,E),\qquad k=(E,0,0,-E),\\ p'&=(E,E\sin\theta,0,E\cos\theta),\\ k'&=(E,-E\sin\theta,0,-E\cos\theta), \end{aligned} \tag{50.32}

其中 $0<\theta<\pi$ 。令 $c=\cos(\theta/2)$ 、 $d=\sin(\theta/2)$ ，采用式（50.7）的相位选择，有

\begin{aligned} \phi_p&=\sqrt{2E}\binom01,& \kappa_k&=\sqrt{2E}\binom{-1}0,\\ \phi_{p'}&=\sqrt{2E}\binom{-d}c,& \kappa_{k'}&=\sqrt{2E}\binom c d . \end{aligned} \tag{50.33}

最后一列对应极角 $\pi-\theta$ 、方位角 $\pi$ ；在负 $z$ 轴的 $k$ 处选方位角为零。利用 $[p\,k]=\phi_{p,2}\kappa_{k,1}-\phi_{p,1}\kappa_{k,2}$ ，四个所需括号为

[p\,k]=-2E,\qquad [p'\,k]=-2Ec,\qquad [p\,k']=2Ec,\qquad [p'\,k']=2E. \tag{50.34}

于是这个实相位基中的两个非零振幅相同：

\mathcal T_{++}=\mathcal T_{--} =-g^2\left(c+\frac1c\right). \tag{50.35}

初态只有电子的两个螺旋度需要平均，标量没有自旋简并。对出射电子求和后，

\begin{aligned} \left\langle|\mathcal T|^2\right\rangle &=\frac12\sum_{\sigma,\sigma'}|\mathcal T_{\sigma'\sigma}|^2 =g^4\left(c^2+2+\frac1{c^2}\right)\\ &=g^4\left(2-\frac us-\frac su\right),\\ s&=4E^2,\qquad t=-4E^2\sin^2\frac\theta2,\qquad u=-4E^2\cos^2\frac\theta2 . \end{aligned} \tag{50.36}

这正是第48节四阶迹计算的高能结果。两种算法所处理的中间对象很不同，最后却给出同一角度依赖。再代入第11节的二体通量和相空间，便得到截面。这里电子与标量可以区分，末态相空间无需再除以相同粒子的阶乘：

\frac{d\sigma}{d\Omega} =\frac{g^4}{64\pi^2s} \left(2-\frac us-\frac su\right). \tag{50.37}

$\theta\to\pi$ 时 $u\to0$ ，交换费米子趋近质量壳， $1/c$ 项随之增大。即使总能量很高，小的 $|u|$ 仍会放大质量项的影响。因而在接近反向的散射中，应从有质量的分母出发再取极限。

下面推导习题50.1–50.5中的括号恒等式。它们把标量乘积、动量分解和矢量流统一写成外旋量的缩并，可直接用于更长的矩阵链。

左矢、右矢与无质量完整性

为四分量旋量的右矢和左矢引入简写：

\begin{aligned} |p]&=u_-(p)=v_+(p),& |p\rangle&=u_+(p)=v_-(p),\\ [p|&=\bar u_+(p)=\bar v_-(p),& \langle p|&=\bar u_-(p)=\bar v_+(p). \end{aligned} \tag{50.38}

将 $|p]$ 取狄拉克共轭得到 $\langle p|$ ，将 $|p\rangle$ 取狄拉克共轭得到 $[p|$ 。因而记号左右的方括号或尖括号，是按不变缩并来配对的。由式（50.19）的四种标量双线性，逐项得到

\langle k|p\rangle=\langle k\,p\rangle,\qquad [k|p]=[k\,p],\qquad \langle k|p]=[k|p\rangle=0. \tag{50.39}

(a) 两个螺旋度投影之和为单位矩阵，故式（50.1）给

\begin{aligned} -\slashed p &=u_+(p)\bar u_+(p)+u_-(p)\bar u_-(p)\\ &=|p\rangle[p|+|p]\langle p|. \end{aligned} \tag{50.40}

按外尔块展开，这就是式（50.26）。保持上述狄拉克共轭关系时，这个完整性式适用于正能支。若 $p=-q$ 且 $q$ 正能，则相应恒等式是

-\slashed p=\slashed q =-|q\rangle[q|-|q]\langle q|. \tag{50.41}

负能量支的外积系数由此变号。

(b) 在两端夹上左矢和右矢，将完整性式的两项分别相乘：

\begin{aligned} {}[p'|(-\slashed k)|p\rangle &=[p'|k\rangle[k|p\rangle+[p'|k]\langle k|p\rangle\\ &=[p'\,k]\langle k\,p\rangle,\\ \langle p'|(-\slashed k)|p] &=\langle p'|k\rangle[k|p] +\langle p'|k]\langle k|p]\\ &=\langle p'\,k\rangle[k\,p]. \end{aligned} \tag{50.42}

角度公式的外积与推动极限

(a) 令 $d=\sin(\theta/2)$ 、 $c=\cos(\theta/2)$ 。式（50.7）的列给出

\begin{aligned} \phi\phi^\dagger &=2\omega \begin{pmatrix} d^2&-dc\,e^{-i\phi_{\rm az}}\\ -dc\,e^{i\phi_{\rm az}}&c^2 \end{pmatrix}\\ &=\omega \begin{pmatrix} 1-\cos\theta&-\sin\theta\,e^{-i\phi_{\rm az}}\\ -\sin\theta\,e^{i\phi_{\rm az}}&1+\cos\theta \end{pmatrix}. \end{aligned} \tag{50.43}

把 $p^0=\omega$ 、 $p^3=\omega\cos\theta$ 、 $p^1\mp ip^2=\omega\sin\theta e^{\mp i\phi_{\rm az}}$ 代入式（50.11）的矩阵，逐元可见它等于 $-\phi\phi^\dagger$ 。动量的秩一分解由此得到显式验证，其中右上、左下元的相位互为共轭。

(b) 取 $\mathbf p=p\,\hat{\mathbf z}$ 、 $p>0$ 。沿第38节的推动，静止旋量及相应矩阵为

\begin{aligned} u_+(0)&=\sqrt m\,(1,0,1,0)^T,& u_-(0)&=\sqrt m\,(0,1,0,1)^T,\\ D(\eta)&= \begin{pmatrix} e^{-\eta\sigma_3/2}&0\\0&e^{+\eta\sigma_3/2} \end{pmatrix},& \omega&=m\cosh\eta,\quad p=m\sinh\eta . \end{aligned} \tag{50.44}

$\sigma_3$ 已为对角矩阵，直接相乘得到

\begin{aligned} u_+(p)&= \begin{pmatrix} \sqrt m\,e^{-\eta/2}\\0\\ \sqrt m\,e^{+\eta/2}\\0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \sqrt{\omega-p}\\0\\\sqrt{\omega+p}\\0 \end{pmatrix},\\ u_-(p)&= \begin{pmatrix} 0\\\sqrt m\,e^{+\eta/2}\\ 0\\\sqrt m\,e^{-\eta/2} \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0\\\sqrt{\omega+p}\\0\\\sqrt{\omega-p} \end{pmatrix}. \end{aligned} \tag{50.45}

等号用 $m e^{\pm\eta}=\omega\pm p$ 。在固定 $p>0$ 下令 $m\to0$ ，有 $\omega\to p$ 、 $\omega-p=m^2/(\omega+p)\to0$ ，故

u_+(p)\longrightarrow\sqrt{2p}\,(0,0,1,0)^T,\qquad u_-(p)\longrightarrow\sqrt{2p}\,(0,1,0,0)^T. \tag{50.46}

式（50.7）在 $\theta=0$ 时给 $\phi=\sqrt{2p}(0,1)^T$ ，而 $U\phi^*=\sqrt{2p}(1,0)^T$ 。分别放入 $u_-$ 的上块与 $u_+$ 的下块，正好得到这两列。归一也连续地变为 $u_\sigma^\dagger u_\sigma=2p$ 。

斯考滕恒等式

设 $\kappa,\rho,\tau$ 分别属于 $q,r,s$ ，记其共轭列为 $a=\kappa^*$ 、 $b=\rho^*$ 、 $c=\tau^*$ 。二分量反对称乘积为 $\langle q\,r\rangle=a_1b_2-a_2b_1$ 。考虑列向量

a(b_1c_2-b_2c_1) +b(c_1a_2-c_2a_1) +c(a_1b_2-a_2b_1). \tag{50.47}

它的第一分量展开为 $a_1b_1c_2-a_1b_2c_1+b_1c_1a_2-b_1c_2a_1 +c_1a_1b_2-c_1a_2b_1$ ，六项两两相消；第二分量把外面的 $1$ 换为 $2$ ，同样两两相消。因此式（50.47）为零列。对它作用线性映射 $x\mapsto\phi_1^*x_2-\phi_2^*x_1$ ，就得到

\langle p\,q\rangle\langle r\,s\rangle +\langle p\,r\rangle\langle s\,q\rangle +\langle p\,s\rangle\langle q\,r\rangle=0 . \tag{50.48}

三个向量位于二维空间，使其完全反对称组合为零；收缩后便得到这个斯考滕恒等式。这个多项式恒等式在动量共线时也成立。

四括号与手征迹

令 $P_L=(1-\gamma_5)/2$ 。它选出 $|p]$ ，杀掉 $|p\rangle$ 。连续使用式（50.40）和零重叠，得到

\begin{aligned} P_L(-\slashed p)&=|p]\langle p|,\\ P_L(-\slashed p)(-\slashed q) &=|p]\langle p\,q\rangle[q|,\\ P_L(-\slashed p)(-\slashed q)(-\slashed r) &=|p]\langle p\,q\rangle[q\,r]\langle r|,\\ P_L(-\slashed p)(-\slashed q)(-\slashed r)(-\slashed s) &=|p]\langle p\,q\rangle[q\,r]\langle r\,s\rangle[s|. \end{aligned} \tag{50.49}

列行外积满足 $\operatorname{tr}(|p][s|)=[s|p]=[s\,p]$ ，而四个负号相乘为正。因此四括号乘积可写成

\langle p\,q\rangle[q\,r]\langle r\,s\rangle[s\,p] =\operatorname{tr}(P_L\slashed p\slashed q\slashed r\slashed s). \tag{50.50}

按第47节已经推导的普通四阶迹和 $\gamma_5$ 四阶迹，展开右边：

\begin{aligned} \operatorname{tr}(P_L\slashed p\slashed q\slashed r\slashed s) ={}&2\bigl[ (p\cdot q)(r\cdot s) -(p\cdot r)(q\cdot s) +(p\cdot s)(q\cdot r)\bigr]\\ &+2i\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}p_\mu q_\nu r_\rho s_\sigma . \end{aligned} \tag{50.51}

这里沿本书 $\epsilon^{0123}=+1$ 。普通迹乘 $1/2$ 给第一行； $\operatorname{tr}(\gamma_5\slashed p\slashed q\slashed r\slashed s) =-4i\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}p_\mu q_\nu r_\rho s_\sigma$ 乘 $-1/2$ 给第二行。缩并中四个动量指标都是下标；改写成上标动量时应同时使用 $\epsilon_{0123}=-1$ 。

右边一般为复数。取一个具体的非共面正能例子，

\begin{aligned} p&=(5,3,0,4),&q&=(4,0,4,0),\\ r&=(3,-1,2,-2),&s&=(7,6,3,2), \end{aligned} \tag{50.52}

这些数以同一能量单位给出，每个四动量都满足无质量条件。按式（50.7）选取的旋量为 $\phi_p=(-1,3)^T$ 、 $\phi_q=(2i,2)^T$ 、 $\phi_r=(1+2i,1)^T$ 、 $\phi_s=(-2+i,3)^T$ 。所需六个内积为 $pq=-20$ 、 $pr=-26$ 、 $ps=-9$ 、 $qr=-4$ 、 $qs=-16$ 、 $rs=-25$ 。三个实项的组合为 $500-416+36=120$ 。四个下标动量按行排列的行列式为

\det\begin{pmatrix} -5&3&0&4\\-4&0&4&0\\-3&-1&2&-2\\-7&6&3&2 \end{pmatrix}=240 . \tag{50.53}

旋量一侧给 $\langle p\,q\rangle=-2+6i$ 、 $[q\,r]=2+2i$ 、 $\langle r\,s\rangle=5-5i$ 、 $[s\,p]=3-3i$ ，四个数相乘为 $240+480i$ ；右边同样为 $2(120)+2i(240)$ 。这个例子同时保留了普通迹和 $\epsilon$ 迹的贡献。

矢量双线性与费尔兹恒等式

(a) 先求矢量双线性在整链反向及复共轭下的变换。沿第49节的整链转置关系，普通外旋量满足

\bar w_1Aw_2=-\overline{w_2^c} (\mathcal C A^T\mathcal C^{-1})w_1^c .

取 $w_1=u_-(p)$ 、 $w_2=u_-(k)$ 、 $A=\gamma^\mu$ ，再用 $u_-^c=u_+$ 及 $\mathcal C(\gamma^\mu)^T\mathcal C^{-1}=-\gamma^\mu$ ，得

\langle p|\gamma^\mu|k] =-\bar u_+(k)(-\gamma^\mu)u_+(p) =[k|\gamma^\mu|p\rangle . \tag{50.54}

链反转的负号与gamma变换的负号抵消。取复共轭时，沿 $\beta(\gamma^\mu)^\dagger\beta=\gamma^\mu$ ，

\begin{aligned} (\bar u_-(p)\gamma^\mu u_-(k))^* &=\bar u_-(k)\, \beta(\gamma^\mu)^\dagger\beta\,u_-(p)\\ &=\bar u_-(k)\gamma^\mu u_-(p). \end{aligned} \tag{50.55}

在两端动量相同时，按外尔块相乘得 $\langle p|\gamma^\mu|p]=\phi^\dagger\bar\sigma^\mu\phi$ 。式（50.14）分别给它的时间、空间分量：

\langle p|\gamma^0|p]=\phi^\dagger\phi=2p^0,\qquad \langle p|\gamma^j|p]=-\phi^\dagger\sigma_j\phi=2p^j . \tag{50.56}

因此，矢量流的归一系数为 $2$ 。若把另一种左矢、右矢配在一起， $\gamma^\mu$ 把上块列送到下块，或把下块列送到上块；相应行却仍留在另一块，故

\langle p|\gamma^\mu|k\rangle=0,\qquad [p|\gamma^\mu|k]=0. \tag{50.57}

(b) 一次gamma乘法交换上下块，偶数次恢复原块、奇数次交换。具体说， $\langle p|$ 只占下行、 $[p|$ 只占上行， $|k\rangle$ 只占下列、 $|k]$ 只占上列。令 $G_n=\gamma^{\mu_1}\cdots\gamma^{\mu_n}$ ，便有

\begin{array}{c|cc} &\text{必为零的第一种链}&\text{必为零的第二种链}\\ \hline n\ \text{为奇数}& \langle p|G_n|k\rangle &[p|G_n|k]\\ n\ \text{为偶数}& \langle p|G_n|k] &[p|G_n|k\rangle \end{array} \tag{50.58}

其中 $n=0$ 恰好包括式（50.39）的两个零式。这项判断只用矩阵块结构，任意洛伦兹指标以及它们的线性缩并都适用。

(c) 接下来把矢量流与gamma矩阵的缩并写成外旋量的秩一外积。从二阶矩阵展开可以同时确定系数和次序。记 $p,q$ 的旋量分别为 $\phi,\kappa$ ，令 $B=\kappa\phi^\dagger$ 。 $I,\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3$ 构成二阶复矩阵空间的一组基，它们的迹内积为 $\operatorname{tr}(\sigma_i\sigma_j)=2\delta_{ij}$ 、 $\operatorname{tr}\sigma_i=0$ ，故

B=\frac12\left[ \operatorname{tr}B\,I+\sum_{j=1}^3 \operatorname{tr}(\sigma_jB)\sigma_j\right]. \tag{50.59}

四个系数可分别通过取迹或乘 $\sigma_j$ 后取迹求出，这就给出了任意复矩阵 $B$ 的展开。

令 $J^\mu=\langle p|\gamma^\mu|q] =\phi^\dagger\bar\sigma^\mu\kappa$ ，则 $J^0=\operatorname{tr}B$ 、 $J^j=-\operatorname{tr}(\sigma_jB)$ 。又 $\gamma_0=-\gamma^0$ 、 $\gamma_j=\gamma^j$ ，所以 $-\frac12J^\mu\gamma_\mu$ 的右上块为

\frac12\left[\operatorname{tr}B\,I+ \sum_j\operatorname{tr}(\sigma_jB)\sigma_j\right]=B, \tag{50.60}

左下块为

\begin{aligned} \frac12\left[\operatorname{tr}B\,I- \sum_j\operatorname{tr}(\sigma_jB)\sigma_j\right] &=(\operatorname{tr}B)I-B\\ &=UB^TU^T =(U\phi^*)(U\kappa)^T . \end{aligned} \tag{50.61}

中间的二阶矩阵恒等式可逐元检查：若 $B=\left(\begin{smallmatrix}a&b\\c&d\end{smallmatrix}\right)$ ，两边都是 $\left(\begin{smallmatrix}d&-b\\-c&a\end{smallmatrix}\right)$ 。右上块 $B$ 为 $|q]\langle p|$ 的非零块，左下块为 $|p\rangle[q|$ 的非零块。因此

-\frac12\langle p|\gamma^\mu|q]\,\gamma_\mu =|q]\langle p|+|p\rangle[q| . \tag{50.62}

负号和 $1/2$ 已由度规与泡利迹归一固定。

式（50.54）给 $[p|\gamma^\mu|q\rangle=\langle q|\gamma^\mu|p]$ 。在刚得到的恒等式中交换 $p,q$ ，便有

-\frac12[p|\gamma^\mu|q\rangle\,\gamma_\mu =|q\rangle[p|+|p]\langle q|. \tag{50.63}

最后在左边乘 $\langle r|$ 、右边乘 $|s]$ ，则右边第二项为零，第一项为 $\langle r\,q\rangle[p\,s]$ 。于是

\begin{aligned} -\frac12[p|\gamma^\mu|q\rangle \langle r|\gamma_\mu|s] &=\langle r\,q\rangle[p\,s],\\ [p|\gamma^\mu|q\rangle \langle r|\gamma_\mu|s] &=2[p\,s]\langle q\,r\rangle . \end{aligned} \tag{50.64}

最后一步用了尖括号反对称性。这样，两条矢量流的缩并可直接换成两个标量括号的乘积。

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