前三个题我们尝试对一个非相对论场论应用正则量子化步骤。已知理论的拉格朗日量为：

$$\mathcal L=i\psi^*\partial_0\psi+b\nabla\psi^*\cdot\nabla\psi$$

其中 $b$ 是一个实系数。

疑问

假设 $\mathcal L$ 定义了一个经典场论。 （1）列出其对应的Euler-Lagrange方程。 （2）考虑平面波解，即 $\psi\sim\mathrm{e}^{i(\vec p\cdot\vec x-\omega t)}$。求解色散关系 $\omega(|\vec p|)$。 （3）此理论并不是Lorentz不变的，但是其仍然有时空平移对称性与 $U(1)$ 的内部对称性。即下面的变换是对称性：

$$\psi\to\mathrm{e}^{-i\lambda}\psi,\quad \psi^*\to\mathrm{e}^{i\lambda}\psi^*$$

因此其有守恒的能量、动量与电荷。求解这些守恒量的表达式，用场及其导数的积分式表示。

（1）将 $\psi$ 与 $\psi^*$ 视为独立的场，对 $\psi^*$ 与 $\psi$ 变分得到EL方程：

$$i\partial_0\psi-b\nabla^2\psi=0,\quad i\partial_0\psi^*+b\nabla^2\psi^*=0$$

（2）代入平面波解：

$$\omega+b|\vec p|^2=0\Rightarrow \omega=-b|\vec p|^2$$

可以看到此色散关系是二次的，因此这的确是一个非相对论理论。 （3）考虑时空平移对称性，其导致能动张量守恒。能动张量为：

$$T^{\rho\mu}=\pi_a^\mu\partial^\rho\phi_a-g^{\mu\rho}\mathcal L$$

由于我们只需求对应的守恒量（能量与动量），只需考虑 $\mu=0$ 的分量。

$$\pi^0_\psi=\dfrac{\partial\mathcal L}{\partial(\partial_0\psi)}=i\psi^*,\quad \pi_{\psi^*}^0=0$$

能量为：

$$T^{00}=i\psi^*\partial^0\psi-\mathcal L=-b\nabla\psi\cdot\nabla\psi^*,\quad H=-b\int\mathrm{d}^3\vec x\,\nabla\psi\cdot\nabla\psi^*$$

动量为：

$$T^{i0}=i\psi^*\partial^i\psi,\quad \vec P=i\int \mathrm{d}^3\vec x\,\psi^*\nabla\psi$$

考虑 $U(1)$ 对称性，其对应的守恒流为：

$$D\psi=-i\psi,\quad D\psi^*=i\psi^*,\quad J^\mu=\pi_a^\mu D\phi^a-F^\mu=-i\psi\,\pi_\psi^{\mu}+i\psi^*\,\pi_{\psi^*}^\mu$$

取 $\mu=0$ ，则

$$J^0=\psi\psi^*,\quad Q=\int\mathrm{d}^3\vec x\,\psi\psi^*$$

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疑问

接下来我们尝试量子化这一理论。 （1）对体系进行正则量子化。

技巧

You may be bothered by the fact that the momentum conjugate to $\psi^*$ vanishes. Don't be. Because the equations of motion are first-order in time, a complete and independent set of initial-value data consists of $\psi$ and its conjugate momentum, $i\psi^*$ , alone. It is only on these that you need to impose the canonical quantization conditions.)

（2）$\psi^*,\psi$ 可用产生-湮灭算符 $a_{\vec p},a^\dagger{\vec p}$ 做平面波展开，利用对易关系确定一个合适的展开系数。 （3）写出能量、动量与内部对称性对应的电荷的表达式，用产生-湮灭算符表示。(Normal-order freely.)

（1）由于 $\pi_\psi^0=i\psi^*$，故正则量子化导出的对易关系为：

$$[\psi(\vec x,t),\psi(\vec y,t)]=[\psi^*(\vec x,t),\psi^*(\vec y,t)]=0\quad [\psi(\vec x,t),\psi^*(\vec y,t)]=\delta^{(3)}(\vec x-\vec y)$$

（2）假设平面波展开式为：

$$\psi(\vec x,t)=\int\mathrm{d}^3\vec p\,[f(\vec p)a_{\vec p}\,\mathrm{e}^{i(\vec p\cdot\vec x-\omega t)}+g(\vec p)a_{\vec p}^\dagger\,\mathrm{e}^{-i(\vec p\cdot\vec x-\omega t)}]$$

$$\psi^*(\vec x,t)=\int\mathrm{d}^3\vec p\,[f^*(\vec p)a_{\vec p}^\dagger\,\mathrm{e}^{-i(\vec p\cdot\vec x-\omega t)}+g^*(\vec p)a_{\vec p}\,\mathrm{e}^{i(\vec p\cdot\vec x-\omega t)}]$$

产生-湮灭算符的对易关系为：

[a_\vec p,a_{\vec p'}]=[a_\vec p^\dagger,a_{\vec p'}^\dagger]=0,\quad [a_\vec p,a_{\vec p'}^\dagger]=\delta^{(3)}(\vec p-\vec p')

则下面对易子为：

$$[\psi(\vec x,t),\psi^*(\vec y,t)]=\int\mathrm{d}^3\vec p\,[|f(\vec p)|^2\mathrm{e}^{i\vec p\cdot(\vec x-\vec y)}-|g(\vec p)|^2\mathrm{e}^{-i\vec p\cdot(\vec x-\vec y)}]=\delta^{(3)}(\vec x-\vec y)$$

$$[\psi(\vec x,t),\psi(\vec y,t)]=\int\mathrm{d}^3\vec p\,f(\vec p)g(\vec p)\cdot2i\sin(\vec p\cdot(\vec x-\vec y))$$

后面这个对易子实际上者能为我们提供一点信息：即只需取 $f(\vec p)g(\vec p)$ 是关于 $\vec p$ 的偶函数即可。因此，我们不能通过这些对易关系完全确定 $f(\vec p)$ 与 $g(\vec p)$ 的形式。下面是一种合适的选取：

$$f(\vec p)=\dfrac{1}{(2\pi)^{3/2}},\quad g(\vec p)=0$$

（3）第一题已经求出三者作为场的积分的表达式。先看能量：

$$H=-b\int\mathrm{d}^3\vec x\,\nabla\psi\cdot\nabla\psi^*=H=b\int\mathrm{d}^3\vec x\,\psi^*\nabla^2\psi=-b\int\mathrm{d}^3\vec p\,a_{\vec p}^\dagger a_{\vec p}\,|\vec p|^2=\sum_{\vec p}N_{\vec p}\,\omega_{\vec p}$$

这是我们期望的结果。动量为：

$$\vec P=-i\int\mathrm{d}^3\vec x\,\psi^*\nabla\psi=\int\mathrm{d}^3\vec p\,\vec p\,a_{\vec p}^\dagger a_{\vec p}=\sum_{\vec p}N_{\vec p}\,\vec p$$

电荷为：

$$Q=\int\mathrm{d}^3\vec x\,\psi^*\psi=\int\mathrm{d}^3\vec p\,a_{\vec p}^\dagger a_{\vec p}=\sum_{\vec p}N_{\vec p}$$

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疑问

在相对论性的复标量场理论中，我们构造了相应于三种分立对称性(CPT)的变换算符 $U_C,U_P,\varOmega_T$。其对标量场的作用为：

$$\begin{align}U_C^\dagger\,\psi(\vec x,t)\,U_C&=\psi^*(\vec x,t)\\ U_P^\dagger\,\psi(\vec x,t)\,U_P&=\psi(-\vec x,t)\\ \varOmega^{-1}_T\,\psi(\vec x,t)\,\varOmega_T&=\psi(\vec x,-t)\end{align}$$

在上面的非相对论理论中，如果我们仍然采取上面的变换定义，将会只有两种变换是仍存在的，而另一种违反了一些关系而不能存在。请说明这一点。

宇称：其对复标量场的变换为：

$$U_P^\dagger\,\psi(\vec x,t)\,U_P=\psi(-\vec x,t),\quad U_P^\dagger\,\psi^*(\vec x,t)\,U_P=\psi^*(-\vec x,t)$$

我们希望宇称对算符的变换关系为：

$$U_P^\dagger\, a_{\vec p }\,U_P=a_{-\vec p},\quad U_P^\dagger\, a^\dagger_{\vec p }\,U_P=a^\dagger_{-\vec p}$$

做平面波展开：

$$U_P^\dagger\,\psi(\vec x,t)\,U_P=\int\mathrm{d}^3\vec p\,\dfrac{1}{(2\pi)^{3/2}}a_{-\vec p}\,\mathrm{e}^{i(\vec p\cdot\vec x-\omega t)}=\int\mathrm{d}^3\vec p\,\dfrac{1}{(2\pi)^{3/2}}a_{\vec p}\,\mathrm{e}^{i(-\vec p\cdot\vec x-\omega t)}=\psi(-\vec x,t)$$

$\psi^*$ 验证同理。因此其的定义是良好的。

时间反演：我们希望其对算符的作用为：

$$\varOmega_T^{-1}\,a_{\vec p}\,\varOmega_T=a_{-\vec p},\quad \varOmega_T^{-1}\,a_{\vec p}^\dagger\,\varOmega_T=a_{-\vec p}^\dagger$$

同样展开验证：（注意反线性算符会将系数变为复共轭）

$$\varOmega^{-1}_T\,\psi(\vec x,t)\,\varOmega_T=\int\mathrm{d}^3\vec p\,\dfrac{1}{(2\pi)^{3/2}}a_{-\vec p}\,\mathrm{e}^{-i(\vec p\cdot\vec x-\omega t)}=\int\mathrm{d}^3\vec p\,\dfrac{1}{(2\pi)^{3/2}}a_{\vec p}\,\mathrm{e}^{-i(-\vec p\cdot\vec x-\omega t)}=\psi(\vec x,-t)$$

$\psi^*$ 验证同理。因此其的定义也是良好的。

电荷共轭：直接考虑其对对易子的作用：

$$U_C^\dagger\,[\psi(\vec x,t),\psi^*(\vec y,t)]\,U_C=[\psi^*(\vec x,t),\psi(\vec y,t)]=-\delta^{(3)}(\vec x-\vec y)$$

但是

$$U_C^\dagger\,[\psi(\vec x,t),\psi^*(\vec y,t)]\,U_C=U_C^\dagger\,\delta^{(3)}(\vec x-\vec y)\,U_C=\delta^{(3)}(\vec x-\vec y)$$

两者是矛盾的，因此电荷共轭不会存在。

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疑问

考虑一个无质量的自由标量场。其拉格朗日量为：

$$\mathcal L(x)=\dfrac12\partial^\mu\phi(x)\partial_\mu\phi(x)$$

对其实施一个单参连续扩张变换(dilation)，变换由下式定义：

$$\mathcal D:\phi(x)\to\mathrm{e}^\lambda\phi(\mathrm{e}^\lambda x)$$

（1）说明作用量 $S=\int\mathrm{d}^4x\,\mathcal L(x)$ 在此变换下不变，因此此变换是系统的对称性。 （2）计算扩张变换对应的守恒流 $J^\mu$ 与守恒量 $Q$。 （3）计算 $Q$ 与 $\phi$ 的对易子，验证其为：

$$[\phi,Q]=iD\phi$$

（4）计算 $Q$ 与 $P^\mu$ 的对易子，验证其为：

$$[P^\mu,Q]=iP^\mu$$

（1）作用量的变换为：

$$\mathcal D:S\to S'=\int\mathrm{d}^4 x\,\dfrac12\partial^\mu(\mathrm{e}^\lambda\phi(\mathrm{e}^\lambda x))\partial_\mu(\mathrm{e}^\lambda\phi(\mathrm{e}^\lambda x))=\int\mathrm{d}^4y\,\mathrm{e}^{-4\lambda}\cdot\dfrac12\mathrm{e}^{2\lambda}\dfrac{\partial\phi(y)}{\partial y_\mu}\cdot\mathrm{e}^{2\lambda}\dfrac{\partial\phi(y)}{\partial y^\mu}=\int\mathrm{d}^4y\,\mathcal L(y)=S$$

故其不变。 （2）在无穷小变换下：

$$D\phi=\dfrac{\partial(\mathrm{e}^\lambda\phi(\mathrm{e}^\lambda x))}{\partial\lambda}\bigg|_{\lambda=0}=\phi(x)+x^\mu\partial_\mu\phi(x)$$

$$D\mathcal L=\partial^\mu\phi\,\partial_{\mu}(D\phi)=2\partial^\mu\phi\,\partial_{\mu}\phi+x^\nu\partial^\mu\phi\,\partial_{\mu}\partial_\nu\phi=\dfrac{1}{2}\partial_{\mu}[x^\mu\partial^\nu\phi\,\partial_{\nu}\phi]\Rightarrow F^\mu=\dfrac12x^\mu\partial^\nu\phi\,\partial_{\nu}\phi$$

守恒流即为：

$$J^\mu=\pi^\mu D\phi-F^\mu=\partial^{\mu}\phi\,(\phi+x^\nu\partial_\nu\phi)-\dfrac 12x^\mu\partial^\nu\phi\,\partial_{\nu}\phi$$

守恒荷：

$$Q=\int\mathrm{d}^3\vec x\,\left[\partial^{0}\phi\,(\phi+x^\nu\partial_\nu\phi)-\dfrac 12x^0\partial^\nu\phi\,\partial_{\nu}\phi\right]$$

（3）等时对易关系为：

$$[\phi(\vec y),\pi(\vec x)]=[\phi(\vec y),\dot\phi(\vec x)]=i\delta^{(3)}(\vec x-\vec y),\quad\text{at equal time}$$

由于 $Q$ 是守恒量，我们取其时间与 $\phi(y)$ 的时间相同。另一方面，我们可以求出 $\phi$ 与其对坐标的偏导 $\nabla\phi$ 的对易子为零，这可以直接由展开式得到：

$$[\nabla\phi(\vec x,t),\phi(\vec y,t)]=\int\dfrac{\mathrm{d}^3\vec p}{(2\pi)^3(2\omega_{\vec p})}[i\vec p\,\mathrm{e}^{i\vec p\cdot(\vec x-\vec y)}+i\vec p\,\mathrm{e}^{-i\vec p\cdot(\vec x-\vec y)}]=0$$

这是因为被积函数是奇函数。计算对易子 $[\phi(y),Q]$：

$$[\phi(y),Q]=\int\mathrm{d}^3\vec x\,i\delta^{(3)}(\vec x-\vec y)\left[\phi(x)+x^\nu\partial_\nu\phi(x)+\pi(x) x^0-x^0\pi(x)\right]=i[\phi(y)+y^\nu\partial_\nu\phi(y)]=iD\phi(y)$$

即证明了 $[\phi,Q]=iD\phi$。 （4）四维动量为：

$$P^\mu=\int\mathrm{d}^3\vec x\,T^{\mu 0}=\int\mathrm d^3 x\,(\pi(x)\partial^\mu\phi(x)-g^{0\mu}\mathcal L)$$

而

$$[\partial^\mu\phi(x),Q]=\partial^\mu (iD\phi)=i[2+x^\nu\partial_\nu]\partial^\mu\phi(x)$$

$$[P^\mu,Q]=\int\mathrm{d}^3\vec x\,\left\{i(4+x^\nu\partial_\nu)(\pi(x)\partial^\mu(x))-i(4+x^\nu\partial_\nu)g^{0\mu}\mathcal L\right\}=\int\mathrm{d}^3\vec x\,i(4+x\cdot\partial)T^{\mu 0}$$

第二项可以做分部积分：

$$i\int\mathrm{d}^3\vec x\,(x\cdot\partial)T^{\mu 0}=ix^0\partial_0P^\mu+i\int\mathrm{d}^3\vec x\,[\partial_i(x^iT^{\mu 0})-3T^{\mu 0}]=-3i P^\mu$$

第一项为零是因为能动张量守恒，第二项为边界项也为零。 因此

$$[P^\mu,Q]=4iP^\mu-3i P^\mu=iP^\mu$$

证明了题目的表达式。

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贡献者: avephysica

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