Srednicki §84 规范对称性的自发破缺

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在第32节，复标量场沿势能谷底的运动给出了一个无质量的戈德斯通玻色子。现在把同一个模型中的相位变换变为规范对称性。标量势仍然有一圈极小值，但各点的相位已经可以独立改变。我们将看到，原来的角向自由度成为有质量规范场的纵向偏振；势的径向起伏则仍是一个标量粒子。这样得到规范场质量的办法称为希格斯机制（Higgs mechanism）。

本节先在标量电动力学中完成这个计算，再把质量项写成适用于任意表示的矩阵，最后考察 $SU(N)$ 、 $SO(N)$ 和 $SU(5)$ 。所用质量均指经典真空附近、标准动能归一下的树级质量；它们的量子修正和规范固定将在后续章节讨论。

角向自由度怎样进入规范场

取一个复标量场 $\varphi$ ，其拉格朗日量为

\begin{aligned} \mathcal L & =-(D^\mu\varphi)^\dagger D_\mu\varphi -V(\varphi)-\frac14F^{\mu\nu}F_{\mu\nu},\\ D_\mu&=\partial_\mu-igA_\mu,\qquad F_{\mu\nu}=\partial_\mu A_\nu-\partial_\nu A_\mu,\\ V(\varphi) &=m^2\varphi^\dagger\varphi +\frac{\lambda}{4}(\varphi^\dagger\varphi)^2 . \end{aligned} \tag{84.1}

这里以 $g$ 表示规范耦合，因为我们暂且把这个理论用作说明机制的例子。为了使四次势有下界，取 $\lambda>0$ ；又取 $m^2<0$ ，使 $\varphi=0$ 成为不稳定的驻点。记 $r^2=2\varphi^\dagger\varphi$ ，则

\begin{aligned} V(r)&=\frac12m^2r^2+\frac{\lambda}{16}r^4,\\ \frac{dV}{dr} &=r\left(m^2+\frac{\lambda}{4}r^2\right),\\ v^2&=-\frac{4m^2}{\lambda},\qquad \left.\frac{d^2V}{dr^2}\right|_{r=v} =-2m^2>0 . \end{aligned} \tag{84.2}

因此经典极小值满足 $|\varphi|=v/\sqrt2$ ，其中 $v>0$ 。用一个常数相位变换选取实的真空代表，便得到所选真空期望值（vacuum expectation value，VEV）。在这个代表附近，径向和角向起伏可以写成两个实场：

\begin{aligned} \varphi(x)&=\frac{v+\rho(x)}{\sqrt2}e^{-i\chi(x)/v},\\ V(\varphi) &=-\frac{\lambda v^4}{16} +\frac{\lambda v^2}{4}\rho^2 +\frac{\lambda v}{4}\rho^3 +\frac{\lambda}{16}\rho^4 . \end{aligned} \tag{84.3}

展开时的线性项为 $v(m^2+\lambda v^2/4)\rho$ ，由极值条件消失；二次项为 $(m^2/2+3\lambda v^2/8)\rho^2=\lambda v^2\rho^2/4$ 。其中 $-\lambda v^4/16$ 是常数真空能；在这里的平直时空场方程与散射计算中，可以将它减去。角场 $\chi$ 完全不出现在势中，这正是第32节中无质量模的来源。

把极坐标代入协变导数，逐项求导得

\begin{aligned} D_\mu\varphi &=\frac{e^{-i\chi/v}}{\sqrt2} \left[\partial_\mu\rho -i(v+\rho)\left(\frac{\partial_\mu\chi}{v}+gA_\mu\right)\right],\\ -(D^\mu\varphi)^\dagger D_\mu\varphi &=-\frac12\partial^\mu\rho\,\partial_\mu\rho -\frac12(v+\rho)^2 \left(\frac{\partial^\mu\chi}{v}+gA^\mu\right) \left(\frac{\partial_\mu\chi}{v}+gA_\mu\right). \end{aligned} \tag{84.4}

两个交叉项的系数分别是 $+i$ 和 $-i$ ；实标量及阿贝尔规范场可交换，这两项正好相消。因此角场只通过 $\partial_\mu\chi+gvA_\mu$ 出现。角场与规范场通过这一组合混合。

幺正规范与有质量矢量粒子

由式（84.1）的协变导数，规范变换应取

\begin{aligned} \varphi'&=e^{-ig\Gamma}\varphi,\qquad A'_\mu=A_\mu-\partial_\mu\Gamma,\\ \rho'&=\rho,\qquad \chi'=\chi+gv\Gamma,\\ \Gamma&=-\frac{\chi}{gv}: \qquad \chi'=0,\qquad \mathcal A_\mu\equiv A'_\mu =A_\mu+\frac{\partial_\mu\chi}{gv}. \end{aligned} \tag{84.5}

例如把前两行代入 $\partial_\mu\chi'+gvA'_\mu$ ，含 $\partial_\mu\Gamma$ 的两项直接抵消。又因为偏导数可交换， $\mathcal A_\mu$ 与 $A_\mu$ 有相同的场强。在 $v+\rho\ne0$ 且相位光滑的真空邻域，可以用这次变换令角场处处为零；这就是幺正规范（unitary gauge）。场的零点或非平凡绕行需要另选坐标片。

把式（84.3）和式（84.4）合起来，减去常数真空能，得到

\begin{aligned} \mathcal L &=-\frac14\mathcal F_{\mu\nu}\mathcal F^{\mu\nu} -\frac12\partial^\mu\rho\,\partial_\mu\rho -\frac12g^2(v+\rho)^2\mathcal A^\mu\mathcal A_\mu\\ &\quad-\frac{\lambda v^2}{4}\rho^2 -\frac{\lambda v}{4}\rho^3 -\frac{\lambda}{16}\rho^4 . \end{aligned} \tag{84.6}

这给出了幺正规范中的动能与相互作用。质量项必须与四维 $(-,+,+,+)$ 约定下的 $-M^2\mathcal A^\mu\mathcal A_\mu/2$ 和 $-m_\rho^2\rho^2/2$ 比较，所以

\begin{aligned} M^2&=g^2v^2,\qquad m_\rho^2=\frac{\lambda v^2}{2}=-2m^2,\\ \mathcal L_{\rho\mathcal A} &=-g^2v\rho\,\mathcal A^\mu\mathcal A_\mu -\frac12g^2\rho^2\mathcal A^\mu\mathcal A_\mu . \end{aligned} \tag{84.7}

取 $g>0$ 时，第一式给出 $M=gv$ 。两个质量平方都为正，且量纲均为2；留下的三次、四次项又确定了径向粒子与矢量粒子的耦合。这些耦合与质量来自同一项协变动能，并非独立加入的参数。

角场不再出现在式（84.6）中，物理自由度却没有减少。只看规范场的自由二次项，变分给出

\begin{aligned} \partial_\mu\mathcal F^{\mu\nu}-M^2\mathcal A^\nu&=0,\\ M^2\partial_\nu\mathcal A^\nu&=0,\qquad (\partial^2-M^2)\mathcal A^\nu=0,\\ p^2&=-M^2,\qquad p_\mu\varepsilon^\mu=0,\\ \varepsilon_L^\mu(p) &=\left(\frac{|\mathbf p|}{M}, \frac{E_{\mathbf p}}{M}\widehat{\mathbf p}\right), \qquad E_{\mathbf p}^2=|\mathbf p|^2+M^2 . \end{aligned} \tag{84.8}

第二行的第一个式子由第一行再取散度得到：反对称场强与对称的两次偏导收缩为零。对 $M\ne0$ ，四个分量因此满足一个约束，留下三个自旋态。其中两个可选为空间横向偏振；上式所列第三个满足 $p\cdot\varepsilon_L=0$ 及 $\varepsilon_L^2=1$ ，空间部分沿 $\mathbf p$ ，故称纵向状态。在静止系中则可沿任意第三个空间轴取单位偏振。

原来无质量规范场的两个自旋态，加上复标量的两个实自由度，如今成为有质量规范场的三个自旋态和一个径向标量。角场提供了增加的纵向状态。使规范场这样得到质量的标量通常称为希格斯场。若令 $g\to0$ ，应回到式（84.4）；那时角场重新独立传播。幺正规范的变量变换含 $1/g$ ，在该极限退化。

这里所谓规范对称性的“自发破缺”，是按所选真空代表展开时的通用说法。局域规范变换联系的是同一物理配置的不同描述。若对整个规范轨道作不变平均，一个带电场的平均值必满足

\langle\varphi(x)\rangle =e^{-i\alpha(x)}\langle\varphi(x)\rangle \quad\hbox{对所有 }\alpha(x), \qquad \langle\varphi(x)\rangle=0 . \tag{84.9}

非零 $v/\sqrt2$ 是固定取向后用来组织计算的背景；从它得到的粒子质量和自由度计数才是这里关心的物理结果。第32节的戈德斯通论证使用作用于物理态的整体连续对称性；这里的局域轨道平均则体现了规范描述的冗余。

一般表示中的质量平方矩阵

推广到非阿贝尔群时，改变的只是标量所带的内部指标。设 $\varphi_i$ 处于表示 $R$ 中， $i=1,\ldots,d(R)$ ，生成元 $T_R^a$ 为厄米矩阵。允许规范群有多个直积因子，把与生成元 $a$ 相伴的耦合记作 $g_a$ ；同一简单因子内这些耦合相同。取

\begin{aligned} (D_\mu\varphi)_i &=\partial_\mu\varphi_i -i\sum_a g_aA_\mu^a(T_R^a)_i{}^j\varphi_j,\\ \langle\varphi_i\rangle&=\frac{v_i}{\sqrt2}. \end{aligned} \tag{84.10}

向量 $v_i$ 由势的极小值决定；规范变换可改变其取向而不改变势能。本节先假定已经选定一个这样的极小值。为了求规范场质量，只需在协变动能中把标量换成常数背景，取出二次于 $A_\mu^a$ 的项：

\begin{aligned} \mathcal L_{\rm mass} &=-\frac12\sum_{a,b}g_ag_bA_\mu^aA^{b\mu} v^\dagger T_R^aT_R^b v\\ &=-\frac14\sum_{a,b}g_ag_bA_\mu^aA^{b\mu} v^\dagger\{T_R^a,T_R^b\}v\\ &=-\frac12\sum_{a,b}(M^2)_{ab}A_\mu^aA^{b\mu}. \end{aligned} \tag{84.11}

第二行是在求和中交换 $a,b$ 后取平均； $A_\mu^aA^{b\mu}$ 对交换对称，反对称的生成元乘积因而不贡献。比较最后一行，得到适用于多个规范因子的质量矩阵：

(M^2)_{ab} =\frac12g_ag_bv^\dagger\{T_R^a,T_R^b\}v =g_ag_b\,\operatorname{Re} \bigl[(T_R^av)^\dagger(T_R^bv)\bigr]. \tag{84.12}

反对易子是厄米矩阵，所以质量平方矩阵为实对称矩阵。若表示是实的，可以用实标量并选纯虚、反对称的厄米生成元。这时 $v_i$ 直接等于实场的真空值，动能却多一个 $1/2$ ：

\begin{aligned} \langle\varphi_i\rangle&=v_i,\qquad \mathcal L_{\rm kin}=-\frac12(D_\mu\varphi)^T D^\mu\varphi,\\ \left.\mathcal L_{\rm kin}\right|_v &=-\frac12\sum_{a,b}g_ag_bA_\mu^aA^{b\mu} (T_R^av)^\dagger(T_R^bv). \end{aligned} \tag{84.13}

这里 $D_\mu\varphi$ 为实向量，因为 $-iT_R^a$ 为实矩阵。把它当作复向量取厄米内积与转置内积相同。真空中的 $\sqrt2$ 和动能中的 $1/2$ 正好补偿，式（84.12）因此仍然适用。动能与真空值的归一共同确定质量系数。

质量矩阵还有一个直接的几何含义。任取实系数 $x_a$ ，由式（84.12）得

\sum_{a,b}x_a(M^2)_{ab}x_b =\left\|\sum_a g_ax_aT_R^av\right\|^2\ge0 . \tag{84.14}

右边是规范变换沿背景轨道移动的长度平方。因此质量平方不可能为负，而零质量组合恰好对应不移动真空的生成元。对于实对称半正定矩阵，先作正交对角化，二次型是各非负本征值乘坐标平方之和；二次型为零等价于向量处于矩阵的核。于是

\begin{aligned} x\in\ker M^2 &\ \Longleftrightarrow\ \left(\sum_a g_ax_aT_R^a\right)v=0,\\ Xv=Yv=0&\ \Longrightarrow\ [X,Y]v=0 . \end{aligned} \tag{84.15}

第二行证明未破缺生成元在对易运算下封闭，从而构成稳定群的李代数。各 $g_a$ 非零时，零质量本征向量与这组生成元一一对应。在一般基底中，应把 $T_Rv=0$ 的判据用于生成元的线性组合，并先对角化质量矩阵。

一个有用的例子是带两个单位阿贝尔荷的复标量。若其背景为 $v/\sqrt2$ ，便有

M^2=v^2 \begin{pmatrix} g_1^2&g_1g_2\\ g_1g_2&g_2^2 \end{pmatrix}, \qquad \det(M^2-zI)=z\bigl[z-v^2(g_1^2+g_2^2)\bigr]. \tag{84.16}

两个对角元都非零，但一个本征值仍为零。实际质量本征场为

\begin{aligned} B_\mu&=\frac{g_1A_\mu^1+g_2A_\mu^2} {\sqrt{g_1^2+g_2^2}}, & M_B&=v\sqrt{g_1^2+g_2^2},\\ C_\mu&=\frac{-g_2A_\mu^1+g_1A_\mu^2} {\sqrt{g_1^2+g_2^2}}, & M_C&=0 . \end{aligned} \tag{84.17}

这是一个正交变换，所以规范场的标准二次动能保持不变。将逆变换代入 $g_1A_\mu^1+g_2A_\mu^2$ ， $C_\mu$ 的系数消失，质量项只剩 $-v^2(g_1^2+g_2^2)B_\mu B^\mu/2$ 。虽然两个原始场的对角质量项均非零，混合之后仍有一个无质量本征态。

未破缺群也组织着有质量粒子的多重态。设 $h$ 保持背景不变， $R(h)v=v$ 。规范场经伴随变换后， $\sum_a g_aA^aT_R^av$ 只是左乘幺正矩阵 $R(h)$ ，所以式（84.14）的长度不变。规范动能也在该变换下不变，故质量矩阵与稳定群的作用可交换。一个固定质量的本征空间因而构成未破缺群的表示。在没有等价表示混合的不可约块内，若存在两个不同质量本征值，它们的本征空间便是两个非平凡不变子空间，与不可约性矛盾。因此该块的质量矩阵只能正比于单位矩阵。这是舒尔引理在此处的具体用法，也说明为何能够由一个矩阵元求出整个多重态的质量。

基本表示的两个例子

先考虑 $SU(N)$ 的复基本表示， $N\ge2$ 。任一非零复向量都可以补成一组标准正交基，所以存在幺正变换把 $v_i$ 转到末分量。若这个变换的行列式不是1，再调整一个与末分量正交的基向量的相位，就能使行列式为1而不改变已经选好的末分量。因此可取 $v_i=v\delta_{iN}$ ， $v>0$ 。保持这个向量不变的 $SU(N)$ 矩阵必为 $\operatorname{diag}(h,1)$ ，其中 $h\in SU(N-1)$ 。

用 $E_{ij}$ 表示仅第 $i$ 行、第 $j$ 列为1的矩阵。与末分量相连的生成元及余下的一个对角生成元可选为

\begin{aligned} X_i&=\frac12(E_{iN}+E_{Ni}),& Y_i&=\frac12(-iE_{iN}+iE_{Ni}), \qquad i=1,\ldots,N-1,\\ H&=\frac{\operatorname{diag}(1,\ldots,1,-(N-1))} {\sqrt{2N(N-1)}} . \end{aligned} \tag{84.18}

每个 $X_i,Y_i$ 的平方在第 $i$ 和第 $N$ 个对角位置各给 $1/4$ ，所以平方的迹是 $1/2$ ； $H$ 的平方迹为 $[(N-1)+(N-1)^2]/[2N(N-1)]=1/2$ 。不同矩阵的迹内积为零。这三类生成元因而都具有相同的半迹归一。

令 $e_i$ 为标准单位向量，作用于背景的结果是

X_i(ve_N)=\frac v2e_i,\qquad Y_i(ve_N)=-\frac{iv}{2}e_i,\qquad H(ve_N)=-v\sqrt{\frac{N-1}{2N}}e_N . \tag{84.19}

不同 $i$ 的像彼此正交；同一 $i$ 的 $X_i,Y_i$ 内积为纯虚数，取实部后也为零； $H$ 的像只在末分量上。因此式（84.12）已在这组基底中对角化，给出

\begin{aligned} M_X^2=M_Y^2&=\frac14g^2v^2 &&\text{共 }2(N-1)\text{ 个实矢量场},\\ M_H^2&=\frac{N-1}{2N}g^2v^2 &&\text{共 }1\text{ 个实矢量场},\\ n_{\rm broken} &=(N^2-1)-\bigl[(N-1)^2-1\bigr]=2N-1 . \end{aligned} \tag{84.20}

未破缺的 $SU(N-1)$ 生成元全部位于左上块，故作用于 $ve_N$ 时为零，其规范场无质量。为了看清重矢量的表示，把前两类实场组合为

W_\mu^i=\frac{A_{\mu,X_i}-iA_{\mu,Y_i}}{\sqrt2}, \qquad A_\mu\supset \begin{pmatrix} 0&W_\mu/\sqrt2\\ W_\mu^\dagger/\sqrt2&0 \end{pmatrix}, \qquad W_\mu\longmapsto hW_\mu . \tag{84.21}

最后的变换直接来自 $A_\mu\mapsto\operatorname{diag}(h,1)A_\mu\operatorname{diag}(h^\dagger,1)$ 。因此 $W_\mu$ 是一个复的 $SU(N-1)$ 基本多重态，其共轭不是另一组独立实场。 $H$ 与该子群的所有矩阵对易，相应矢量场是单态。对 $N=2$ ，未破缺的 $SU(1)$ 是平凡群，三个矢量质量都为 $gv/2$ ；一个复二重态并没有留下额外的无质量 $U(1)$ 规范场。

再考虑 $SO(N)$ 的实基本表示。实正交变换同样可把背景转到 $ve_N$ ，保持它不变的群为 $SO(N-1)$ 。选择

\begin{aligned} T_i&=-i(E_{iN}-E_{Ni}),\qquad i=1,\ldots,N-1,\\ T_i(ve_N)&=-iv e_i,\qquad \operatorname{Tr}T_iT_j=2\delta_{ij},\\ (M^2)_{ij}&=g^2v^2\delta_{ij},\qquad M=gv . \end{aligned} \tag{84.22}

这里用的是式（84.13）的实场动能，生成元的非零矩阵元也由SU例中的 $1/2$ 改为1；两点都要保留，才能得到质量 $gv$ 。共有 $N-1$ 个破缺方向，数目也等于 $N(N-1)/2-(N-1)(N-2)/2$ 。

若记这些实矢量为 $B_\mu^i$ ，则在 $h\in SO(N-1)$ 下，

\operatorname{diag}(h,1)T_i\operatorname{diag}(h^T,1) =\sum_jh_{ji}T_j,\qquad B_\mu^j\longmapsto\sum_i h_{ji}B_\mu^i . \tag{84.23}

它们组成未破缺群的实基本表示。特别是 $N=3$ 时，剩下的是平面转动群 $SO(2)$ 。平面转角相加与单位复数相乘相同，给出 $SO(2)\simeq U(1)$ ；把两个实重矢量组合为 $B_\mu^1+iB_\mu^2$ ，就得到在该 $U(1)$ 下带一个单位旋转荷的复场。

伴随表示与矩阵动能的归一

对 $SU(N)$ 的实伴随标量，逐个处理 $N^2-1$ 个分量不如把它们合成矩阵方便。沿第70节的半迹生成元定义

\begin{aligned} \Phi&=\varphi^aT^a,\qquad \operatorname{Tr}T^aT^b=\frac12\delta^{ab},\\ D_\mu\Phi&=\partial_\mu\Phi-ig[A_\mu,\Phi],\\ \mathcal L_{\rm kin} &=-\frac12(D_\mu\varphi)^a(D^\mu\varphi)^a =-\operatorname{Tr}(D_\mu\Phi D^\mu\Phi),\\ V&=\langle\Phi\rangle=v^aT^a . \end{aligned} \tag{84.24}

$\varphi^a$ 为实数，故 $\Phi$ 是无迹厄米矩阵；它按 $\Phi\mapsto U\Phi U^\dagger$ 变换。动能的最后一个等号由两生成元的迹直接给出。因此矩阵动能的系数为 $-1$ 。

记 $C_a=[T^a,V]$ 。常数背景的协变导数为 $-igA_\mu^aC_a$ ，代入上式得到

\begin{aligned} \left.\mathcal L_{\rm kin}\right|_V &=g^2 A_\mu^aA^{b\mu}\operatorname{Tr}(C_aC_b)\\ &=\frac{g^2}{2}A_\mu^aA^{b\mu} \operatorname{Tr}\{C_a,C_b\},\\ (M^2)_{ab} &=-g^2\operatorname{Tr}\{[T^a,V],[T^b,V]\}. \end{aligned} \tag{84.25}

第一行的正号来自原动能的负号与 $(-i)^2=-1$ 相乘；与 $-M^2_{ab}A_\mu^aA^{b\mu}/2$ 比较时，再产生质量公式中的负号。虽然最后的迹前面有负号，质量平方仍为正，因为 $C_a^\dagger=-C_a$ 。

还可直接与分量公式比较，以检查这一系数。若 $[T^a,T^c]=if^{acd}T^d$ ，伴随生成元为 $(T_{\rm adj}^a)^d{}_c=-if^{adc}$ ，于是

\begin{aligned} C_a&=(T_{\rm adj}^av)^dT^d,\\ (T_{\rm adj}^av)^\dagger(T_{\rm adj}^bv) &=2\operatorname{Tr}(C_a^\dagger C_b),\\ g^2\operatorname{Re} \bigl[(T_{\rm adj}^av)^\dagger(T_{\rm adj}^bv)\bigr] &=-g^2\operatorname{Tr}(C_aC_b+C_bC_a). \end{aligned} \tag{84.26}

第二行利用了同一半迹归一，第三行又用了 $C_a^\dagger=-C_a$ 及复共轭后交换两矩阵。这恰好还原式（84.12），并独立于直接展开矩阵动能的办法。

另一种矩阵场归一把动能写为 $-\tfrac12\operatorname{Tr}(D\Phi_{\rm lit})^2$ 。下标 $\mathrm{lit}$ 区分这套替代变量，其与标准实分量的关系为

\begin{aligned} (M_{\rm lit}^2)_{ab} &=-\frac{g^2}{2} \operatorname{Tr}\{[T^a,V_{\rm lit}],[T^b,V_{\rm lit}]\},\\ \Phi_{\rm lit}&=\sqrt2\,\Phi,\qquad V_{\rm lit}=\sqrt2\,V,\\ -\operatorname{Tr}(D_\mu\Phi D^\mu\Phi) &=-\frac12\operatorname{Tr} (D_\mu\Phi_{\rm lit}D^\mu\Phi_{\rm lit}) . \end{aligned} \tag{84.27}

第一行采用替代动能系数，背景也相应记为 $V_{\rm lit}$ 。后两行的场重标度使它与标准实分量动能一致；若改变动能系数却保持同一个矩阵背景，质量平方就会少一半。以下沿用标准实分量动能，并在 $SU(5)$ 例子中展示这两套变量的转换。

由真空本征值求未破缺群

厄米矩阵 $V$ 可以被幺正变换对角化。若该变换不在 $SU(N)$ 中，给整个变换乘一个相位即可把行列式调到1；这个相位在 $UVU^\dagger$ 中相消，不影响对角化。设 $V$ 有 $k$ 个不同的本征值，按大小排列为 $v_1<\cdots<v_k$ ，重数分别为 $N_1,\ldots,N_k$ 。于是

\begin{aligned} V&=\operatorname{diag}(v_1I_{N_1},\ldots,v_kI_{N_k}),\\ \sum_{i=1}^kN_i&=N,\qquad \sum_{i=1}^kN_iv_i=0,\\ [X,V]_{rs}&=(V_{ss}-V_{rr})X_{rs}. \end{aligned} \tag{84.28}

最后一行已经给出全部未破缺生成元：只有属于同一本征值块的矩阵元可以非零。对于有限变换， $UV=VU$ 同样要求 $U$ 保持每个本征子空间，所以稳定群由块对角幺正矩阵构成，并须保持整体行列式为1：

\begin{aligned} H&=S\bigl(U(N_1)\times\cdots\times U(N_k)\bigr),\\ \mathfrak h &=\bigoplus_{i=1}^k\mathfrak{su}(N_i) \ \oplus\ \mathfrak u(1)^{\,k-1},\\ \dim H&=\sum_iN_i^2-1,\qquad n_{\rm broken}=N^2-\sum_iN_i^2 =2\sum_{i<j}N_iN_j . \end{aligned} \tag{84.29}

记号 $S$ 表示各块行列式的乘积为1。各块内部的无迹厄米矩阵产生 $\mathfrak{su}(N_i)$ ；块上的常数对角矩阵还有 $k$ 个实参数 $\theta_i$ ，但无迹条件 $\sum_iN_i\theta_i=0$ 去掉一个，因此剩下 $k-1$ 个阿贝尔方向。只有两块时才留下一个 $U(1)$ 方向；一般情况下必须保留全部 $k-1$ 个独立块相位。

例如取 $SU(3)$ 的 $V=v\,\operatorname{diag}(-1,0,1)$ ，三个本征值都不同。其未破缺矩阵是

U=\operatorname{diag} \bigl(e^{i\theta_1},e^{i\theta_2}, e^{-i(\theta_1+\theta_2)}\bigr), \qquad H\simeq U(1)\times U(1). \tag{84.30}

两个独立相位各对应一个与 $V$ 对易的生成元，共同构成质量矩阵的核。

在共同匹配尺度上，各未破缺因子的规范耦合仍为 $g$ 。这一点在继承相同生成元归一的基底上可以直接从协变导数看出：原来的矩阵 $gA_\mu^aT^a$ 限制到未破缺子代数时，并不多出新的系数。对一个阿贝尔方向，若把半迹生成元 $T=cY$ 改用数值更方便的荷矩阵 $Y$ 表示，则

-ig B_\mu T=-igc B_\mu Y \equiv -ig_YB_\mu Y,\qquad g_Y=cg . \tag{84.31}

这只是生成元与耦合之间的归一转换，规范场 $B_\mu$ 的标准动能保持原样。树级匹配之后，低能不同规范因子的轻粒子内容可以不同，其耦合随后按各自的贝塔函数运行。

SU(5)的轻重矢量多重态

现在取两块背景

\begin{aligned} V&=vY,\qquad Y=\operatorname{diag} \left(-\frac13,-\frac13,-\frac13,\frac12,\frac12\right),\\ \operatorname{Tr}Y^2 &=3\left(\frac13\right)^2+2\left(\frac12\right)^2=\frac56,\\ T^{24}&=cY,\qquad \frac12=\operatorname{Tr}(T^{24})^2=\frac56c^2, \qquad c=\sqrt{\frac35}. \end{aligned} \tag{84.32}

这里 $v$ 是所列对角矩阵的共同系数；在标准实伴随分量中，背景向量的长度平方为 $v^av^a=2\operatorname{Tr}V^2=5v^2/3$ 。它不等于前面基本表示例中按向量长度定义的 $v^2$ ，每个例子的质量都应从其实际背景计算。

稳定群的李代数为 $\mathfrak{su}(3)\oplus\mathfrak{su}(2)\oplus\mathfrak u(1)$ ，有 $8+3+1=12$ 个生成元；另有 $24-12=12$ 个破缺方向。求局部场的表示时， $SU(3)\times SU(2)\times U(1)$ 的李代数记号已经足够。若还要确定全局群，式（84.29）给出 $S(U(3)\times U(2))$ ，与直接积之间有一个有限中心商：

\begin{aligned} (h_3,h_2,z)&\longmapsto \operatorname{diag}(z^{-2}h_3,z^3h_2),\\ z^6=1,\quad h_3=z^2I_3,\quad h_2=z^{-3}I_2 &\quad\Longrightarrow\quad \operatorname{diag}(z^{-2}h_3,z^3h_2)=I_5,\\ S(U(3)\times U(2)) &\simeq\bigl[SU(3)\times SU(2)\times U(1)\bigr]/\mathbb Z_6 . \end{aligned} \tag{84.33}

第一行的像的行列式恒为1。反过来，给定两块幺正矩阵且其行列式乘积为1，选 $z^6$ 为第一块行列式的逆，就可把两块分别化为行列式为1的 $h_3,h_2$ ，所以该映射满射。第二行恰有六个核元素，给出最后的商。这个有限商不改变这里的生成元数目和质量矩阵。

用三个标签依次标明 $SU(3)$ 表示、 $SU(2)$ 表示和 $Y=T^{24}/c$ 的荷。基本五维向量的前三个分量只受 $SU(3)$ 作用，后两个只受 $SU(2)$ 作用，因此

\mathbf5\longrightarrow (\mathbf3,\mathbf1,-\tfrac13) \oplus(\mathbf1,\mathbf2,+\tfrac12). \tag{84.34}

反基本表示通过复共轭变换，因而SU表示取共轭，阿贝尔相位的号相反。 $SU(2)$ 的共轭二重态与二重态等价：将一般矩阵写成 $U=\bigl(\begin{smallmatrix}a&b\\-b^*&a^*\end{smallmatrix}\bigr)$ ， $|a|^2+|b|^2=1$ ，直接相乘可得 $\epsilon U^*\epsilon^{-1}=U$ ，其中 $\epsilon=\bigl(\begin{smallmatrix}0&1\\-1&0\end{smallmatrix}\bigr)$ 。因此反基本表示分解为

\overline{\mathbf5}\longrightarrow (\overline{\mathbf3},\mathbf1,+\tfrac13) \oplus(\mathbf1,\mathbf2,-\tfrac12). \tag{84.35}

$SU(3)$ 的基本表示与反基本表示不等价，故式中仍须保留 $\overline{\mathbf3}$ 。 $U(1)$ 的分支标签使用 $Y$ ，相应耦合为 $g_Y=\sqrt{3/5}\,g$ ；半迹生成元 $T^{24}$ 的本征值则还含因子 $c$ 。

为了求伴随表示，考虑基本向量与反基本向量的张量积。其元素正好是任意 $5\times5$ 矩阵 $X$ ，变换为 $X\mapsto UXU^\dagger$ 。矩阵可唯一分解为无迹部分和单位矩阵部分：

X=\left(X-\frac{\operatorname{Tr}X}{5}I_5\right) +\frac{\operatorname{Tr}X}{5}I_5,\qquad \mathbf5\otimes\overline{\mathbf5} =\mathbf{24}\oplus\mathbf1 . \tag{84.36}

两部分在共轭变换下分别保持，维数为24和1。这使伴随表示的分解可以通过张量积逐块完成。将 $X$ 写成 $3+2$ 分块，四种块的变换为

\begin{aligned} X&=\begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix},\\ A&\mapsto h_3Ah_3^\dagger,& D&\mapsto h_2Dh_2^\dagger,\\ B&\mapsto e^{-5i\alpha/6}h_3Bh_2^\dagger,& C&\mapsto e^{+5i\alpha/6}h_2Ch_3^\dagger . \end{aligned} \tag{84.37}

这里有限阿贝尔变换取 $e^{i\alpha Y}$ 。例如右上块的行带荷 $-1/3$ ，列的共轭带荷 $-1/2$ ，故总荷为 $-5/6$ ；左下块同理为 $+5/6$ 。 $A$ 分解为八维无迹矩阵和一维迹， $D$ 分解为三维无迹矩阵和一维迹；两个非对角块各有 $3\times2=6$ 个复维数。利用 $SU(2)$ 二重态的共轭等价，再从两个中性单态中去掉整体单位矩阵，便得到

\begin{aligned} \mathbf{24}\longrightarrow\; &(\mathbf8,\mathbf1,0) \oplus(\mathbf1,\mathbf3,0) \oplus(\mathbf1,\mathbf1,0)\\ &\oplus(\mathbf3,\mathbf2,-\tfrac56) \oplus(\overline{\mathbf3},\mathbf2,+\tfrac56). \end{aligned} \tag{84.38}

留下的中性单态可用 $Y$ 表示，确实无迹。右边维数之和为 $8+3+1+6+6=24$ ，所有阿贝尔荷也由行荷减列荷得到。这给出了伴随表示的完整分解。

对厄米的规范场矩阵， $C=B^\dagger$ ，所以最后两个共轭表示合起来描述十二个实重矢量，或等价的六个复矢量分量。前三项与 $V$ 对易，仍为无质量场；后两项连接不同本征值块，必定有质量。右上块是 $\mathbf3$ 和 $\mathbf2$ 的外张量积，在直接积群下不可约；它有非零阿贝尔荷，也不会与左下块发生保持该荷的质量混合。稳定群不变性因而要求这六个复分量质量相同，共轭场具有同一质量。

这里的不可约性也可以从矩阵指标看出。若一个算符与全部 $SU(3)$ 作用对易，固定其两个SU(2)指标后，每个 $3\times3$ 块都须为单位矩阵的倍数：与所有对角相位对易先消去非对角元，再与两坐标间的转动对易使三个对角元相等。因此它只能为 $I_3\otimes K$ 。再要求与全部 $SU(2)$ 作用对易，同样使 $K$ 成为 $I_2$ 的倍数。若存在真不变子空间，其正交投影会与这些幺正变换对易，却既不是0也不是单位矩阵，这与上述结果矛盾。由此得出的简并并不需要预先知道共同质量的数值。

一个矩阵元决定共同质量

选连接第1与第4个分量的半迹生成元

\begin{aligned} T^4&=\frac12(E_{14}+E_{41}),\\ [T^4,V]&=\frac{5v}{12}(E_{14}-E_{41}),\\ [T^4,V]^2&=-\frac{25v^2}{144}(E_{11}+E_{44}),\\ \operatorname{Tr}[T^4,V]^2&=-\frac{25v^2}{72}. \end{aligned} \tag{84.39}

第二行用到了两个对角元的差 $v/2-(-v/3)=5v/6$ ，再乘生成元中的 $1/2$ 。第三行可由 $E_{ij}E_{kl}=\delta_{jk}E_{il}$ 直接得到：两项自身的平方为零，两个交叉乘积分别给 $-E_{11}$ 和 $-E_{44}$ 。因此标准实分量归一下，

\begin{aligned} M^2&=-2g^2\operatorname{Tr}[T^4,V]^2 =\frac{25}{36}g^2v^2, &M&=\frac56gv,\\ M_{\rm lit}^2 &=-g^2\operatorname{Tr}[T^4,V_{\rm lit}]^2 =\frac{25}{72}g^2v_{\rm lit}^2, &M_{\rm lit}&=\frac{5}{6\sqrt2}gv_{\rm lit}. \end{aligned} \tag{84.40}

第一行来自式（84.25）。第二行显示替代动能系数在相同数值矩阵背景下给出的质量，因而相差一个 $\sqrt2$ 。要让两套变量描述同一背景，应按式（84.27）同时转换真空值：

V_{\rm lit}=\sqrt2\,V,\qquad v_{\rm lit}=\sqrt2\,v,\qquad \frac{5}{6\sqrt2}gv_{\rm lit}=\frac56gv . \tag{84.41}

两种写法这时表示同一物理质量。动能与背景的重标度共同保持质量不变。

对任意连接前三行与后两列的生成元，背景本征值之差都为 $5v/6$ ，上面的矩阵乘法完全相同；另外一种纯虚非对角生成元也有相同平方迹。因此十二个实重矢量全有式（84.40）第一行的质量，与表示理论的简并结论一致。取 $v\to0$ 时所有这些质量归零，完整的 $SU(5)$ 规范对称性恢复；选择非零 $v$ 后，哪些规范粒子有质量、如何组成剩余群的多重态，都已由背景及协变动能决定。

伴随势怎样选择真空

上面的质量谱以给定背景为出发点。现在求出能选择该背景的标量势。取 $m^2<0$ ，记 $m_\Phi^2=-m^2>0$ ，并施加 $\Phi\mapsto-\Phi$ 对称性：

\mathcal V(\Phi)=-\frac{m_\Phi^2}{2}\operatorname{Tr}\Phi^2 +\frac{\lambda_1}{4}\operatorname{Tr}\Phi^4 +\frac{\lambda_2}{4}(\operatorname{Tr}\Phi^2)^2, \qquad \Phi^\dagger=\Phi,\quad\operatorname{Tr}\Phi=0. \tag{84.42}

这是带该对称性的四维可重整多项式势； $\Phi\mapsto-\Phi$ 排除了三次项。真空的本征值分布由下面的极小化决定。

先把大小和方向分开

厄米矩阵能被幺正矩阵对角化。对角化矩阵再乘一个共同相位便可令行列式为1，共轭作用并不改变，所以用 $SU(N)$ 共轭不会遗漏任何矩阵方向。对非零 $\Phi$ 写

\Phi=\rho U\operatorname{diag}(x_1,\ldots,x_N)U^\dagger, \qquad \rho^2=\operatorname{Tr}\Phi^2,\qquad \sum_i x_i=0,\quad\sum_i x_i^2=1. \tag{84.43}

$\rho$ 表示矩阵的迹范数；沿特定 $Y$ 方向写成 $\Phi=vY$ 时， $v$ 则是那个矩阵的系数。令 $F(x)=\sum_i x_i^4$ 和 $D(x)=\lambda_1F(x)+\lambda_2$ ，固定方向后的势为

\begin{aligned} \mathcal V(\rho,x)&=-\frac{m_\Phi^2}{2}\rho^2+\frac{D(x)}4\rho^4,\\ \frac{\partial\mathcal V}{\partial\rho}&=\rho[-m_\Phi^2+D(x)\rho^2],\\ \rho_{\min}^2(x)&=\frac{m_\Phi^2}{D(x)},\qquad \mathcal V_{\min}(x)=-\frac{(m_\Phi^2)^2}{4D(x)}, \qquad D(x)>0. \end{aligned} \tag{84.44}

非零解处的径向二阶导数是 $2m_\Phi^2>0$ 。两个四次不变量的方向部分分别为 $A(x)=F(x)$ 、 $B(x)=(\sum_i x_i^2)^2=1$ 。

若某一方向 $D<0$ ，四次项使势沿 $\rho\to\infty$ 无下界；即使 $D=0$ ，负的二次项也仍使势无下界。所以有下界要求每个方向均有 $D>0$ 。反过来，满足两个约束的方向集合是紧集，连续的 $D$ 若处处正就有一个统一的正下界，四次项便能控制所有方向，故这一条件也充分。

最后，在有下界的情形，

\frac{d}{dD}\left[-\frac{(m_\Phi^2)^2}{4D}\right] =\frac{(m_\Phi^2)^2}{4D^2}>0. \tag{84.45}

所以 $D$ 最小的方向给出最低势能，特别当 $\lambda_1>0$ 时，问题变成在迹零、单位范数的约束下最小化四次和 $F$ 。

驻点至多有三种本征值

两个约束的梯度 $(1,\ldots,1)$ 和 $x$ 线性独立；否则各 $x_i$ 相同，由迹零只能全为零，与单位范数矛盾。因此在驻点可用两个拉格朗日乘子。对 $\lambda_1\ne0$ ，把常数吸收入乘子后，有

4x_i^3-2\sigma x_i-\tau=0,\qquad P(z)=4z^3-2\sigma z-\tau. \tag{84.46}

每个实际本征值都是同一个三次多项式的根，所以至多有三种值。三种根全被占用时，它们之和为零，因为没有 $z^2$ 项；只占用两根时，根和关系仍包括第三个未占用的根。

三值驻点结论需要 $\lambda_1\ne0$ 。若 $\lambda_1=0$ 、 $\lambda_2>0$ ，势与所有归一方向无关，例如 $N=5$ 时

X=\frac1{\sqrt{10}}\operatorname{diag}(-2,-1,0,1,2) \tag{84.47}

有五个不同本征值，却仍是一个真空方向。

排除三值的最低点

现在取 $\lambda_1,\lambda_2>0$ ，并先令 $N\ge4$ 。约束空间紧， $F$ 一定取得绝对最小值。在三值驻点处，下面将构造满足约束的下降方向。

设三个不同本征值为 $a<b<c$ ，重数分别为 $r,s,t$ 。因为它们是 $P$ 的全部根， $P(z)=4(z-a)(z-b)(z-c)$ 。记 $\delta_1=b-a>0$ 、 $\delta_2=c-b>0$ ，则

\begin{aligned} P'(a)&=4\delta_1(\delta_1+\delta_2),\\ P'(b)&=-4\delta_1\delta_2,\\ P'(c)&=4\delta_2(\delta_1+\delta_2). \end{aligned} \tag{84.48}

取满足切向约束 $\sum_i z_i=\sum_i x_i z_i=0$ 的向量，沿曲线

x_i(\eta)=\frac{x_i+\eta z_i}{\sqrt{1+\eta^2\sum_jz_j^2}} \tag{84.49}

变化。这条曲线始终迹零、范数为1，且 $x_i'(0)=z_i$ 、 $x_i''(0)=-x_i\sum_jz_j^2$ 。用驻点方程和两个约束，有 $4\sum_i x_i^4=2\sigma$ ，因此

\begin{aligned} \left.\frac{d^2F}{d\eta^2}\right|_0 &=\sum_i12x_i^2z_i^2 -4\sum_i x_i^4\sum_jz_j^2\\ &=\sum_i(12x_i^2-2\sigma)z_i^2 =\sum_iP'(x_i)z_i^2. \end{aligned} \tag{84.50}

第一导数为零；若这个二阶导数为负，驻点便不可能是最低点。

若 $s\ge2$ ，只在两个等于 $b$ 的位置取 $z=+1,-1$ ，其余为零。两个切向约束都满足，二阶导数为 $2P'(b)=-8\delta_1\delta_2<0$ 。因此最低点的中间本征值最多只能出现一次。

剩下 $s=1$ 。对三个组内的每个位置分别取

z_a=\frac{\delta_2}{r},\qquad z_b=-(\delta_1+\delta_2),\qquad z_c=\frac{\delta_1}{t}. \tag{84.51}

其分量和为 $\delta_2-(\delta_1+\delta_2)+\delta_1=0$ ，与 $x$ 的内积为 $\delta_2(a-b)+\delta_1(c-b)=0$ ，故仍是允许方向。把三个重数都带入式（84.50），得到

\begin{aligned} F''(0) &=\frac{\delta_2^2}{r}P'(a) +(\delta_1+\delta_2)^2P'(b)+\frac{\delta_1^2}{t}P'(c)\\ &=-4\delta_1\delta_2(\delta_1+\delta_2) \left[\delta_2\left(1-\frac1r\right) +\delta_1\left(1-\frac1t\right)\right]. \end{aligned} \tag{84.52}

当 $N\ge4$ 时， $r+t=N-1\ge3$ ，至少一个重数大于1，所以括号严格正，二阶导数严格负。至此两种三值情形都被排除了。一个值又不能同时满足迹零和单位范数，故最低点一定恰有两个不同本征值。

比较两值的重数与未破缺群

设正本征值 $a$ 有 $k$ 个，负本征值 $b$ 有 $N-k$ 个。先解两个约束：

\begin{gathered} ka+(N-k)b=0,\qquad ka^2+(N-k)b^2=1,\\ a=\sqrt{\frac{N-k}{Nk}},\qquad b=-\sqrt{\frac{k}{N(N-k)}}. \end{gathered} \tag{84.53}

代入四次和，便有

F(k)=ka^4+(N-k)b^4 =\frac{(N-k)^2}{N^2k}+\frac{k^2}{N^2(N-k)} =\frac{N}{k(N-k)}-\frac3N. \tag{84.54}

要使它最小，须使 $k(N-k)$ 最大，也就是使两个重数尽可能接近。因此偶数 $N$ 取 $k=N/2$ ；奇数 $N\ge5$ 取 $k=(N\pm1)/2$ ，并有

F_{\min}=\begin{cases} 1/N,&N\text{为偶数},\\[2pt] (N^2+3)/[N(N^2-1)],&N\ge5\text{为奇数}. \end{cases} \tag{84.55}

保持这两个不同本征值块的群为 $S(U(k)\times U(N-k))$ 。中心化子计算已说明其李代数为 $su(k)\oplus su(N-k)\oplus u(1)$ 。其全局群由这两个幺正块及总行列式约束确定。

$N=2$ 时，迹约束直接给两个相反本征值，上述偶数答案仍成立。 $N=3$ 则是一个特殊情况：由 $x+y+z=0$ 和 $x^2+y^2+z^2=1$ ，

xy+yz+zx=-\frac12,\qquad x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=\frac14,\qquad x^4+y^4+z^4=\frac12. \tag{84.56}

第二个等式用 $(xy+yz+zx)^2$ 展开，其中 $2xyz(x+y+z)=0$ ；第三个等式再展开平方和的平方。所有归一方向因而简并。 $\operatorname{diag}(-1,0,1)/\sqrt2$ 只留下 $U(1)^2$ ，而 $\operatorname{diag}(-1,-1,2)/\sqrt6$ 才留下 $2+1$ 块的群。因此 $N=3$ 时并非所有真空都具有 $2+1$ 块结构；式（84.52）在 $r=s=t=1$ 时恰好为零，也反映了这一退化。

SU(5)的真空深度

取 $N=5$ ，两种不同的重数组合给 $F(1)=13/20$ 、 $F(2)=7/30$ ，最低的是 $2+3$ 。用本节的 $Y=\operatorname{diag}(-1/3,-1/3,-1/3,1/2,1/2)$ 表示该方向，有

\operatorname{Tr}Y^2=\frac56,\qquad \operatorname{Tr}Y^4=\frac{35}{216},\qquad \frac{\operatorname{Tr}Y^4}{(\operatorname{Tr}Y^2)^2}=\frac7{30}. \tag{84.57}

由 $\rho^2=5v^2/6$ ，径向解为

v^2=\frac{36m_\Phi^2}{7\lambda_1+30\lambda_2},\qquad \Phi_{\min}=\pm vUYU^\dagger,\qquad \mathcal V_{\min}=-\frac{15(m_\Phi^2)^2}{2(7\lambda_1+30\lambda_2)}. \tag{84.58}

正负两支由 $\Phi\mapsto-\Phi$ 联系；由于两个块重数不同，它们不是同一个 $SU(5)$ 共轭轨道。每支都留下 $S(U(3)\times U(2))$ 。这个势同时确定真空方向和长度，也给出第97节标量势所需的真空。

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