Physics from Symmetry（二）

cancan123456 · 2026-07-19 23:35:31 · 学习·文化课

第一部分

测量

Noether 定理告诉我们每个连续对称性都对应于一个守恒量，而守恒量通常用于描述测量的结果。因此，Noether 定理揭示了一个核心思想：

物理量 \iff 对称性的生成元

接下来，我们就对粒子理论找出这些物理量。

量子力学的算符

在量子力学里，最重要的对应关系可能就是

\hat p_i \iff -i\partial_i

动量算符 \hat p_i 与空间平移生成元 -i\partial_i 对应。通常用字母上加帽 \hat O 表示一个算符，上式的 -i 是约定。

类似地，时间平移生成元与能量相对应

\hat E \iff i\partial_0

关于位置算符 \hat x_i，并没有直接对应的守恒量或生成元，所以位置算符就对应于坐标

\hat x_i \iff x_i

:::info[真的没有吗？] 其实位置算符与推动不变性有关，在前文中我们得出了粒子理论推动不变性对应的守恒量 pt - mq。若使用相对论性 Lagrange 量 \mathcal L = -mc^2 \sqrt{1 - \dfrac{v^2}{c^2}}，我们便可得到守恒量 t \vec p - E \vec x，其中 \vec p 是动量而 E = \sqrt{p^2 + m^2} 是粒子的能量。

所以，我们也可以说位置算符对应的生成元是 K_i = i(x_0 \partial_i - x_i \partial_0)。 :::

算符的作用对象是物理态，我们这里不去深究，而是用 \Psi 表示它。由此我们可得出一个重要的等式

\begin{aligned}[\hat x_i, \hat p_j]\Psi &= (\hat x_i \hat p_j - \hat p_j \hat x_i) \Psi = -i (x_i \partial_j - \partial_j x_i) \Psi \\ &= -ix_i\partial_j\Psi + i\partial_j (x_i \Psi) = -ix_i\partial_j\Psi + i(\partial_j x_i)\Psi + ix_i(\partial_j\Psi) \\ &= i\delta_{ij}\Psi\end{aligned}

因此

[\hat x_i, \hat p_j] = i \delta_{ij}

自旋与角动量

前文提过，轨道角动量的生成元分别是无限维的：

\hat L_i \iff \frac i2 \epsilon_{ijk} (x^j \partial^k - x^k \partial^j)

而自旋角动量的生成元是有限维的：

\hat S_i \iff S_i

其中 S_i 是旋转算符 S_i = \dfrac12 \epsilon_{ijk} S_{jk}。

量子场论的算符

在量子场论中，与场 \Psi(x) 满足对易关系的是共轭动量密度 \pi(x)，其生成元为场自身平移，因此

\pi(x) \iff -i \frac\partial{\partial\Phi(x)}

不难验证

[\Phi(x), \pi(y)]\Psi = -i \left[\Phi(x) \frac\partial{\partial\Phi(y)} - \frac\partial{\partial\Phi(y)}\Phi(x)\right]\Psi = i\delta(x - y)\Psi

因此

[\Phi(x), \pi(y)] = i\delta(x - y)

自由场理论

本节主要关注无相互作用（自由）场的 Lagrange 量。我们要求物理定律是 Lorentz 不变的，所以我们构造的作用量也需要是 Lorentz 不变的。作用量是 Lagrange 量的积分，所以只需要保证 Lagrange 量具有 Lorentz 不变性即可。

不知为何，大自然喜欢简洁，所以我们的 Lagrange 量中只包含 \Phi 的低阶项 \Phi^0, \Phi^1, \Phi^2 以及最低阶的非平凡微分 \partial_\mu（一阶或二阶，取决于 Lorentz 不变性是否禁止一阶导出现）。

Klein-Gordon 方程

我们先来讨论标量场 \Phi 满足的方程。按照简洁性原则，我们设 Lagrange 量为

\mathscr L = A + B \Phi + C \Phi^2 + D \partial_\mu \Phi + E \partial_\mu \Phi \partial^\mu \Phi + F \Phi \partial_\mu \Phi

显然，上式有许多问题：例如，\partial_\mu \Phi, \Phi \partial_\mu \Phi 都是矢量，而 Lorentz 不变性要求 Lagrange 量必须是标量，因此我们从中去除这两项

\mathscr L = A + B \Phi + C \Phi^2 + E \partial_\mu \Phi \partial^\mu \Phi

其次，我们没有包含形如 \Phi \partial_\mu \partial^\mu \Phi 的二阶导。我们假设场在无穷远处为零，因此对作用量 S = \int\mathrm d^4 x \mathscr L 进行分部积分就可以任意移动 Lagrange 量中的导数符号 \partial_\mu。

现在，写出 Euler-Lagrange 方程

\frac{\partial\mathscr L}{\partial \Phi} - \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathscr L}{\partial(\partial_\mu \Phi)}\right) = 0

不难发现 A 并未出现在上式中。对于 B \Phi 一项，可以通过场平移 \Phi \gets \Phi + \delta\Phi 消去这一项。

:::info[如果 C = 0 呢？] 此时 \mathscr L = B \Phi + E \partial_\mu \Phi \partial^\mu \Phi，不难发现

\frac{\partial\mathscr L}{\partial \Phi} = B, \quad \frac{\partial\mathscr L}{\partial(\partial_\mu \Phi)} = 2E \partial^\mu\Phi

可得

\partial_\mu\partial^\mu\Phi = \frac B{2E}

也就是说，\Phi 在无穷远处发散，这显然是非物理的。 :::

因此，\mathscr L 中只含 \Phi^2 与 \partial_\mu \Phi \partial^\mu \Phi，按惯例我们记 C = -\dfrac12 m^2, E = \dfrac12，则

\mathscr L = \frac12 (\partial_\mu \Phi \partial^\mu \Phi - m^2 \Phi^2)

直接计算可得 Klein-Gordon 方程

(\partial_\mu \partial^\mu + m^2) \Phi = 0

也就是描述自旋为 0 的粒子或场的方程。

复 Klein-Gordon 场

上述讨论中并未规定 \Phi 是实数还是复数。如果 \Phi 是复数场，我们可以利用复共轭构造 Lagrange 量，此时通常将场记作 \phi

\mathscr L = \partial_\mu \phi^\ast \partial^\mu \phi - m^2 \phi^\ast \phi

令 \phi = \dfrac1{\sqrt2}(\phi_1 + i \phi_2)，则

\mathscr L = \frac12 (\partial_\mu \phi_1 \partial^\mu \phi_1 - m^2 \phi_1^2) + \frac12 (\partial_\mu \phi_2 \partial^\mu \phi_2 - m^2 \phi_2^2)

相当于两个独立的实 Klein-Gordon 场。

Dirac 方程

现在，场是 Dirac 旋量

\Psi = \begin{pmatrix}\chi_L \\ \xi_R\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\chi_a \\ \xi^{\dot a}\end{pmatrix}

为了构造 Lorentz 不变的项，我们需要把同类指标缩并，不妨设

\begin{cases}I_1 = \chi_{\dot a} \xi^{\dot a} = \chi_a^\ast \xi^{\dot a} = (\chi_L)^\dag \xi_R \\ I_2 = \chi_a \xi^a = \chi_a (\xi^{\dot a})^\ast = (\xi_R)^\dag \chi_L\end{cases}

:::info[如果 \chi 和 \xi 与自身缩并？] 我们使用度规 \epsilon 升降指标，可得另外两个 Lorentz 不变的项

\chi^a \chi_a = \chi_L^\top \epsilon \chi_L, \quad \xi^{\dot a} \xi_{\dot a} = \xi_R^\top \epsilon \xi_R

二者称作 Majorana 质量项。 :::

下面构造含导数的 Lorentz 不变量，\partial_\mu 里 \mu 是一个 Lorentz 指标，但是可以变成两个旋量指标。对于四维矢量 v_v 有

v_{a \dot b} = v_v \sigma^v{}_{a \dot b}

$$\partial_{a \dot b} = \partial_\mu \sigma^\mu{}_{a \dot b}$$ 我们又找到了两个 Lorentz 不变量 $$\begin{cases}I_3 = \chi_{\dot a} \partial_\mu \sigma^{\mu \dot a b} \chi_b \\ I_4 = \xi^a \partial_\mu \sigma^\mu{}_{a \dot b} \xi^{\dot b}\end{cases}$$ :::info[为什么少了几种组合？] $\chi_{\dot a} \partial_\mu \sigma^{\mu \dot a b} \xi_b$ 和 $\xi^a \partial_\mu \sigma^\mu{}_{a \dot b} \chi^{\dot b}$ 可以通过场重定义吸收掉。 ::: $I_4$ 其实也可以写成 $\chi^{\dot a} \partial_\mu \sigma^{\mu}{}_{\dot a b} \xi^b$，但我们遵循通常的约定，把 $\sigma^\mu$ 的矩阵都变成上指标。因此我们需要求出 $$\sigma^{\mu\dot a b} = \epsilon^{\dot a \dot c} \epsilon^{bd} \sigma^\mu{}_{\dot c d} = \epsilon (\sigma^\mu)^\top \epsilon^\top = \begin{pmatrix}0 & 1 \\ -1 & 0\end{pmatrix} (\epsilon^\mu)^\top \begin{pmatrix}0 & -1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}$$ 通常将上式记作 $\bar \sigma^{\mu\dot a b}$，其满足 $\bar \sigma^0 = \sigma^0, \bar \sigma^i = -\sigma^i$，不难发现 $\bar\sigma^\mu = \eta_{\mu\nu} \sigma^\nu = \sigma_\mu$。定义四个 Dirac 矩阵（Weyl 表示下） $$\gamma^\mu = \begin{pmatrix}0 & \sigma_\mu \\ \bar\sigma_\mu & 0\end{pmatrix} \implies \gamma_\mu = \eta_{\mu\nu} \gamma^\nu = \begin{pmatrix}0 & \sigma^\mu \\ \bar\sigma^\mu & 0\end{pmatrix}$$ 具体而言 $$\gamma^0 = \begin{pmatrix}&&1&0\\&&0&1\\1&0\\0&1\end{pmatrix}, \gamma^1 = \begin{pmatrix}&&0&1\\&&1&0\\0&-1\\-1&0\end{pmatrix}, \gamma^2 = \begin{pmatrix}&&0&-i\\&&i&0\\0&i\\-i&0\end{pmatrix}, \gamma^3 = \begin{pmatrix}&&1&0\\&&0&-1\\-1&0\\0&1\end{pmatrix}$$ 我们即可用 Dirac 旋量 $\Psi$ 重新写出 $I_1 \sim I_4$，例如 $$\Psi^\dag \gamma^0 \Psi = \begin{pmatrix}(\chi_L)^\dag \\ (\xi_R)^\dag\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0 & I_2 \\ I_2 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\chi_L \\ \xi_R\end{pmatrix} = (\chi_L)^\dag \xi_R + (\xi_R)^\dag \chi_L = I_1 + I_2$$ 与 $$\Psi^\dag \gamma^0 \gamma^\mu \partial_\mu \Psi = \begin{pmatrix}(\chi_L)^\dag \\ (\xi_R)^\dag\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0 & I_2 \\ I_2 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0 & \sigma^\mu \partial_\mu \\ \bar\sigma^\mu \partial_\mu & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\chi_L \\ \xi_R\end{pmatrix} = (\chi_L)^\dag \bar \sigma^\mu \partial_\mu \chi_L + (\xi_R)^\dag \sigma^\mu \partial_\mu \xi_R = I_3 + I_4$$ 我们终于可以写出 Lagrange 量了 $$\mathscr L = A \Psi^\dag \gamma^0 \Psi + B \Psi^\dag \gamma^0 \gamma^\mu \partial_\mu \Psi$$ 将 $\Psi^\dag \gamma^0$ 简写为 $\bar \Psi$，按惯例取 $A = -m, B = i$，我们得到 $$\mathscr L = \bar\Psi (i \gamma^\mu \partial_\mu - m) \Psi$$ :::info[为什么假设 $I_1, I_2$、$I_3, I_4$ 的系数相等？为什么假设导数项的系数是纯虚数？] 都是为了保证 $\mathscr L$ 是实数。 ::: 因为 $\Psi$ 是复数场，我们可以把 $\bar\Psi$ 和 $\Psi$ 看作两个不同的场，因此 Euler-Lagrange 方程给出 $$\frac{\partial\mathscr L}{\partial \Psi} - \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathscr L}{\partial(\partial_\mu \Psi)}\right) = 0 \implies i\partial_\mu \bar \Psi \gamma^\mu + m \bar \Psi = 0$$ 注意 $\bar\Psi$ 是行旋量，因此需要放在 $\gamma^\mu$ 的左边。 $$\frac{\partial\mathscr L}{\partial \bar\Psi} - \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathscr L}{\partial(\partial_\mu \bar\Psi)}\right) = 0 \implies (i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\Psi = 0$$ 这就是 **Dirac 方程**，描述自旋为 $\dfrac12$ 的粒子或场的方程。 :::info[计算小技巧] 为了方便地对 $\bar\Psi$ 和 $\partial_\mu\bar\Psi$ 求导，我们可以对 Lagrange 量 $i\bar\Psi \gamma^\mu \partial_\mu \Psi - m \bar\Psi \Psi$ 的第一项进行分部积分 $$\bar\Psi \gamma^\mu \partial_\mu \Psi \to -(\partial_\mu\bar\Psi)\gamma^\mu\Psi$$ 然后 Lagrange 量就变成 $$\mathscr L = -i(\partial_\mu\bar\Psi)\gamma^\mu\Psi - m \bar\Psi \Psi$$ 再进行变分就容易计算了。 ::: 如果要让两个方程对称一些，可以定义 $\overleftarrow\partial_\mu$ 表示对左边的函数求导，那么 $\bar\Psi$ 的运动方程可以写作 $$\bar\Psi(i\gamma^\mu\overleftarrow\partial_\mu + m) = 0$$ ## Proca 方程现在，场是四维矢量 $A_\mu$，只有一种不包含导数的 Lorentz 不变量 $$I_1 = A^\mu A_\mu$$ 接下来，只包含一个导数的 Lorentz 不变量是 $$I_2 = \partial^\mu A_\mu$$ 遗憾的是，$I_2$ 是平凡的，这有两个原因。一个原因是 $$\frac{\partial(\partial^\mu A_\mu)}{\partial A_\rho} = 0, \quad \partial_\nu\left(\frac{\partial(\partial^\mu A_\mu)}{\partial(\partial_\nu A_\rho)}\right) = \partial_\nu\left(\frac{\partial(\eta^{\mu\sigma}\partial_\sigma A_\mu)}{\partial(\partial_\nu A_\rho)}\right) = \partial_\nu (\eta^{\mu\sigma} \delta^\nu_\sigma \delta_\mu^\rho) = 0$$ 因此 $I_2$ 对 Euler-Lagrange 方程没有任何影响。另一个原因是，$\partial^\mu A_\mu$ 是一个散度项，我们假设场在无穷远处为零，由散度定理，作用量积分中 $I_2$ 的贡献必定为零。因此我们需要考察有两个导数符号的项 $$I_3 = \partial^\mu A^\nu \partial_\mu A_\nu, \quad I_4 = \partial^\mu A^\nu \partial_\nu A_\mu$$ 设 Lagrange 量为 $$\mathscr L = C_1 I_1 + C_2 I_2 + C_3 I_3$$ 直接计算表明 $$\frac{\partial I_1}{\partial A_\rho} = 2 A^\rho, \quad \partial_\sigma\left(\frac{\partial I_1}{\partial(\partial_\sigma A_\rho)}\right) = \frac{\partial I_3}{\partial A_\rho} = \frac{\partial I_4}{\partial A_\rho} = 0$$ $$\partial_\sigma\left(\frac{\partial I_3}{\partial(\partial_\sigma A_\rho)}\right) = 2\partial_\sigma \partial^\sigma A^\rho, \quad \partial_\sigma\left(\frac{\partial I_4}{\partial(\partial_\sigma A_\rho)}\right) = 2\partial_\sigma \partial^\rho A^\sigma$$ 然后，代入一些常数，我们就能写出 **Proca 方程**（也就是描述自旋为 $1$ 的粒子或场的方程） $$m^2 A^\rho + \partial_\sigma(\partial^\sigma A^\rho - \partial^\rho A^\sigma) = 0$$ 定义 $F^{\sigma\rho} = \partial^\sigma A^\rho - \partial^\rho A^\sigma$（通常称作场强张量），Proca 方程的 Lagrange 量为 $$\mathscr L = -\dfrac14 F^{\mu\nu} F_{\mu\nu} + \dfrac12 m^2 A_\mu A^\mu$$ 这一点不难验证 $$\begin{aligned}\frac14 F^{\mu\nu} F_{\mu\nu} &= \frac14 (\partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu) (\partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu) \\ &= \frac14 (\partial^\mu A^\nu \partial_\mu A_\nu - \partial^\mu A^\nu \partial_\nu A_\mu - \partial^\nu A^\mu \partial_\mu A_\nu + \partial^\nu A^\mu \partial_\nu A_\mu) \\ &= \frac12 (\partial^\mu A^\nu \partial_\mu A_\nu - \partial^\mu A^\nu \partial_\nu A_\mu) = \frac12 (I_3 - I_4)\end{aligned}$$ 当 $m = 0$ 时，上式退化为 **齐次 Maxwell 方程** $$\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0$$ 此时，$F^{\mu\nu}$ 通常称作电磁场张量，此时其 Lagrange 量变为 $$\mathscr L = -\frac14 F^{\mu\nu} F_{\mu\nu}$$ # 相互作用场理论本节我们推导场与粒子如何相互作用。我们仍然从一种对称性出发——**规范对称性（gauge symmetry）**。我们首先考察局部 $U(1)$ 对称性，从而得到有质量自旋 $\dfrac12$ 场与无质量自旋 $1$ 场的相互作用，即电磁相互作用，然后从该对称性中提取出一个守恒流：电荷。然后是 $SU(2)$，把两个自旋 $\dfrac12$ 的场（组成一个 **二重态** 或 **doublet**）与三个无质量自旋 $1$ 的场 $W^+, W^-, Z$ 联系起来，恰好描述了弱相互作用。问题在于，实验表明 $W^+, W^-, Z$ 都是有质量的。**Higgs 机制（Higgs mechanism）** 就是来解决这一难题的。$W^+, W^-, Z$ 与自旋 $0$ 的 Higgs 场相互作用，由此获得质量项。从局部 $SU(2)$ 对称性中我们得到一个新的守恒量：同位旋。最后是 $SU(3)$，描述三个自旋 $\dfrac12$ 的场（组成一个 **三重态 triplet**）与八个自旋 $1$ 的场（胶子场）的相互作用。实验表明，胶子是无质量的，因此不需要 Higgs 机制。从局部 $SU(3)$ 对称性中我们得到一个新的守恒量：色荷。 ## $U(1)$ 相互作用 ### 自旋 $\dfrac12$ 场的内禀对称性我们写出自旋 $\dfrac12$ 场的 Lagrange 量 $$\mathscr L_{\text{Dirac}} = \bar\Psi (i \gamma^\mu \partial_\mu - m) \Psi$$ 我们关注的 $U(1)$ 规范不变性来自哪里？对 $\Psi$ 进行如下变换（设 $a \in \R$） $$\Psi \to e^{ia} \Psi \implies \bar\Psi \to (e^{ia}\Psi)^\dag \gamma^0 = e^{-ia} \bar\Psi$$ 注意，部分文献的约定是 $\Psi \to e^{-ia}\Psi$。Lagrange 量将变为 $$\mathscr L_{\text{Dirac}} \to e^{-ia}\bar\Psi (i \gamma^\mu \partial_\mu - m) e^{ia}\Psi = \bar\Psi (i \gamma^\mu \partial_\mu - m) \Psi$$ 由此得到的守恒量是 $J^\mu = \bar\Psi \gamma^\mu \Psi$，其物理意义将在后文中阐述。让我们更进一步：把 $a$ 变成时空坐标的函数 $a(x)$，此时 Lagrange 量将变为 $$\begin{aligned}\mathscr L_{\text{Dirac}} &\to e^{-ia(x)}\bar\Psi (i \gamma^\mu \partial_\mu - m) e^{ia(x)}\Psi \\ &= -m\bar\Psi\Psi + ie^{-ia(x)}\bar\Psi \gamma^\mu\partial_\mu(e^{ia(x)}\Psi) \\ &= -m\bar\Psi\Psi + i\bar\Psi \gamma^\mu\partial_\mu\Psi - (\partial_\mu a(x))\bar\Psi\gamma^\mu\Psi\end{aligned}$$ 显然，上式并没有局部 $U(1)$ 不变性（局部指的是 $a(x)$ 在每个位置都可以不同）。 $\partial_\mu a(x)$ 让我们想起另一种对称性…… ### 自旋 $1$ 场的内禀对称性我们写出自旋 $1$ 场的 Lagrange 量 $$\mathscr L_{\text{Proca}} = \frac12 (\partial^\mu A^\nu \partial_\mu A_\nu - \partial^\mu A^\nu \partial_\nu A_\mu) + \frac12 m^2 A_\mu A^\mu$$ 进行变换 $A_\mu \to A_\mu + \partial_\mu a(x)$（这对应于电磁学中的规范变换），Lagrange 量变为 $$\begin{aligned}\mathscr L_{\text{Proca}} &\to \frac12 \partial^\mu [A^\nu + \partial^\nu a(x)] \partial_\mu [A_\nu + \partial_\nu a(x)] - \frac12\partial^\mu [A^\nu + \partial^\nu a(x)] \partial_\nu [A_\mu + \partial_\mu a(x)] + \frac12 m^2 [A_\mu + \partial_\mu a(x)] [A^\mu + \partial^\mu a(x)] \\ &= \frac12 \partial^\mu A^\nu \partial_\mu A_\nu + \frac12 \partial^\mu A^\nu \partial_\mu \partial_\nu a(x) + \frac12 \partial^\mu \partial^\nu a(x) \partial_\mu A_\nu + \frac12 \partial^\mu \partial^\nu a(x) \partial_\mu \partial_\nu a(x) - \frac12 \partial^\mu A^\nu \partial_\nu A_\mu - \frac12 \partial^\mu A^\nu \partial_\nu \partial_\mu a(x) - \frac12 \partial^\mu \partial^\nu a(x) \partial_\nu A_\mu - \frac12 \partial^\mu \partial^\nu a(x) \partial_\nu \partial_\mu a(x) + \frac12 m^2 [A_\mu + \partial_\mu a(x)] [A^\mu + \partial^\mu a(x)]\end{aligned}$$ 然后，假设 $a(x)$ 足够光滑，即可随意交换导数符号，得到 $$\mathscr L_{\text{Proca}} \to \frac12 (\partial^\mu A^\nu \partial_\mu A_\nu - \partial^\mu A^\nu \partial_\nu A_\mu) + \frac12 m^2 [A_\mu + \partial_\mu a(x)] [A^\mu + \partial^\mu a(x)]$$ 此时，若 $m = 0$，Lagrange 量在变换前后保持不变，因此 $\mathscr L_{\text{Maxwell}}$ 具有内禀对称性。 ### 组合总结一下我们发现了什么。 + 在 $\Psi \to e^{ia(x)} \Psi$ 的局部 $U(1)$ 规范变换下，$\mathscr L_{\text{Dirac}}$ 多出了一项 $-(\partial_\mu a(x))\bar\Psi\gamma^\mu\Psi$，破坏了对称性。 + 在 $A_\mu \to A_\mu + \partial_\mu a(x)$ 的变换下，$\mathscr L_{\text{Maxwell}}$ 保持不变。如果我们构造一个额外项 $$A_\mu \bar\Psi \gamma^\mu \Psi$$ 那么在 $\Psi \to e^{ia(x)} \Psi, A_\mu \to A_\mu + \partial_\mu a(x)$ 下， $$A_\mu \bar\Psi \gamma^\mu \Psi \to A_\mu \bar\Psi \gamma^\mu \Psi + \partial_\mu a(x) \bar\Psi \gamma^\mu \Psi$$ 恰好抵消掉破坏对称性的 $-(\partial_\mu a(x))\bar\Psi\gamma^\mu\Psi$！按照惯例，我们在相互作用项 $A_\mu \bar\Psi \gamma^\mu \Psi$ 前添加一个常数 $g$，称作 **耦合常数（coupling constant）**，以描述相互作用的强度，此时局部 $U(1)$ 变换应当写作 $\Psi \to e^{iga(x)} \Psi$，而总 Lagrange 量是 $$\begin{aligned}\mathscr L_{\text{QED}} &= \mathscr L_{\text{Dirac}} + \mathscr L_{\text{Interaction}} + \mathscr L_{\text{Maxwell}} \\ &= \bar\Psi (i \gamma^\mu \partial_\mu - m) \Psi + g A_\mu \bar\Psi \gamma^\mu \Psi - \dfrac14 F^{\mu\nu} F_{\mu\nu}\end{aligned}$$ 按照惯例，我们定义 **协变导数（covariant derivative）** $$D_\mu = \partial_\mu - igA_\mu$$ 那么 $$\mathscr L_{\text{QED}} = \bar\Psi (i \gamma^\mu D_\mu - m) \Psi - \dfrac14 F^{\mu\nu} F_{\mu\nu}$$ 这就是 **量子电动力学（quantum electrodynamics, QED）** 的 Lagrange 量。 ### 非齐次 Maxwell 方程与最小耦合 $\mathscr L_{\text{QED}}$ 给出如下运动方程 $$\begin{cases}\bar\Psi (i \gamma^\mu \overleftarrow\partial_\mu + m) - g A_\mu \bar\Psi \gamma^\mu = 0 \\ (i \gamma^\mu \partial_\mu - m) \Psi + g A_\mu \gamma^\mu \Psi = 0 \\ \partial_\mu F^{\mu\nu} + g\bar\Psi\gamma^\nu\Psi = 0\end{cases}$$ 多数教材通过 **最小耦合（minimal coupling）** 得出上述方程。最小耦合指的是将导数 $\partial_\mu$ 替换为协变导数 $D_\mu = \partial_\mu - igA_\mu$。历史上，Dirac、Schwinger、Feynman 与朝永振一郎等人通过最小耦合建立了 QED，规范对称性是由 Weyl 发现的。但在此之前，我们再来看看电荷共轭。 ### 又是电荷共轭前文已经定义过 Dirac 旋量 $\Psi$ 的电荷共轭 $\Psi^C

\Psi = \begin{pmatrix}\chi_L \\ \xi_R\end{pmatrix} \implies \Psi^C = \begin{pmatrix}\xi_L \\ \chi_R\end{pmatrix}

注意到旋量度规 \epsilon = i\sigma_2，利用 \gamma^2 的定义，可得

\Psi^C = \begin{pmatrix}\xi_L \\ \chi_R\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-i\sigma_2\xi_R^\ast \\ i\sigma_2\chi_L^\ast\end{pmatrix} = -i\begin{pmatrix}&\sigma_2\\-\sigma_2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\chi_L^\ast \\ \xi_R^\ast\end{pmatrix} = -i\gamma^2 \Psi^\ast

现在回到 \Psi 的运动方程 (i \gamma^\mu \partial_\mu + g A_\mu \gamma^\mu - m) \Psi = 0，我们将从中导出 \Psi^C 的运动方程，首先两边取复共轭

(\gamma^{\mu\ast} (-i\partial_\mu + g A_\mu) - m) \Psi^\ast = 0

接下来，我们想利用 \gamma 矩阵的性质

\gamma^2\gamma^{\mu\ast}(\gamma^2)^{-1} = -\gamma^\mu

因此在上式添加一些 \gamma^2 因子

\gamma^2(\gamma^{\mu\ast} (-i\partial_\mu + g A_\mu) - m) (\gamma^2)^{-1} \gamma^2 \Psi^\ast = 0

化简得到

(-\gamma^\mu (-i\partial_\mu + g A_\mu) - m) \gamma^2 \Psi^\ast = 0

(i\gamma^\mu \partial_\mu - g \gamma^\mu A_\mu - m) \gamma^2 \Psi^\ast = 0

上式乘 -i，可得

(i\gamma^\mu \partial_\mu - g \gamma^\mu A_\mu - m) \Psi^C = (i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\Psi - g A_\mu \gamma^\mu \Psi = 0

将其与 (i \gamma^\mu \partial_\mu - m) \Psi + g A_\mu \gamma^\mu \Psi = 0 比较，容易发现 \Psi^C 的耦合常数为 -g，我们知道 g 与电荷相对应，因此电荷共轭确实能反转粒子的电荷。

内禀 U(1) 对称性的 Noether 定理

场无穷小变换 \Psi \to \Psi + \delta\Psi 对应的守恒量或 Noether 流为

J^\mu = \frac{\partial\mathscr L}{\partial(\partial_\mu\Psi)} \delta\Psi

对于局部 U(1) 对称性，简便起见我们使用全局 U(1) 变换 \Psi \to e^{iga}\Psi 导出 Noether 流

\delta\Psi = iga\Psi \implies J^\mu = -ga\bar\Psi\gamma^\mu\Psi

上式对任意 a 都是守恒量，因此我们定义

J^\mu = -g\bar\Psi\gamma^\mu\Psi

此时 A^\mu 的运动方程写作

\partial_\mu F^{\mu\nu} = J^\nu

正是带有电流的 Maxwell 方程组。

接下来，我们简要地看看有质量标量场、有质量矢量场与无质量矢量场的相互作用。

有质量标量场

我们需要复标量场 \phi 的 Lagrange 量

\mathscr L = \frac12(\partial_\mu\phi^\ast\partial^\mu\phi - m^2 \phi^\ast\phi)

通过最小耦合 \partial_\mu \to D_\mu = \partial_\mu - igA_\mu 可得带相互作用项的 Lagrange 量

\mathscr L = \frac12((\partial_\mu + igA_\mu)\phi^\ast(\partial^\mu - igA^\mu)\phi - m^2 \phi^\ast\phi)

其运动方程为

(\partial_\mu - igA_\mu)(\partial^\mu - igA^\mu)\phi + m^2\phi = 0

自旋零的带电粒子，比如 \pi^+ 与 \pi^- 介子，确实由上式表述，但这些粒子都不是基本粒子。

有质量矢量场

为了区分，设有质量矢量场为 B^\mu，并定义

G^{\mu\nu} = \partial^\mu B^\nu - \partial^\nu B^\mu

我们想在 Proca Lagrange 量 \mathscr L = -\dfrac14 G^{\mu\nu} G_{\mu\nu} + \dfrac12 m^2 B^\mu B_\mu 中加入与 F^{\mu\nu} 的相互作用项。此时 Lorentz 对称性表明，相互作用项的形式为 C \cdot G_{\mu\nu} F^{\mu\nu}，其中 C 为常数。

SU(2) 相互作用

Lagrange 量能否具有局部 SU(2) 规范对称性？为此，我们需要同时考虑两个无质量（否则 Lagrange 量将失去不变性）的 Dirac 旋量场 \psi_1, \psi_2，其 Lagrange 量为

\mathscr L_{\text{Dirac} \times 2} = i\bar\psi_1\gamma^\mu\partial_\mu\psi_1 + i\bar\psi_2\gamma^\mu\partial_\mu\psi_2

物理学家非常喜欢发明记号以简化他们的表达式，因此我们定义 双重态（doublet）

\Psi = \begin{pmatrix}\psi_1 \\ \psi_2\end{pmatrix}, \quad \bar\Psi = \begin{pmatrix}\bar\psi_1 & \bar\psi_2\end{pmatrix}

因此

\mathscr L_{\text{Dirac} \times 2} = i\bar\Psi\gamma^\mu\partial_\mu\Psi

双重态记号还有另一个好处：SU(2) 可以作用在二维向量上。因此全局 SU(2) 变换的形式为（注意 \sigma_i^\dag = \sigma_i，下式中 a_i 是任意实数）

\Psi \to e^{i a_i \frac{\sigma_i}2} \Psi \implies \bar\Psi \to \bar\Psi e^{-i a_i \frac{\sigma_i}2}

在上述变换下，Lagrange 量的变换为

\mathscr L' = i \bar\Psi e^{-i a_i \frac{\sigma_i}2} \gamma^\mu \partial_\mu e^{i a_i \frac{\sigma_i}2} \Psi

$$\mathscr L' = i \bar\Psi \to \bar\Psi \gamma^\mu \partial_\mu e^{-i a_i \frac{\sigma_i}2} e^{i a_i \frac{\sigma_i}2} \Psi = \bar\Psi \gamma^\mu \partial_\mu \Psi$$ 现在，如果我们加入质量项 $-m_1\bar\psi_1\psi_1 - m_2\bar\psi_2\psi_2 = -\bar\Psi\begin{pmatrix}m_1\\&m_2\end{pmatrix}\Psi$，容易发现质量项没有不变性，除非 $m_1 = m_2$。实验表明，轻子与对应的中微子组成的双重态确实不满足 $m_1 = m_2$，我们将在后文探讨质量产生机制。现在考虑局部 $SU(2)$ 规范变换 $\Psi \to e^{-i a_i(x) \frac{\sigma_i}2}\Psi$。简便起见，令 $U(x) = e^{-i a_i(x) \frac{\sigma_i}2}$，可得 $$\mathscr L' = i \bar\Psi U^\dag(x) \gamma^\mu \partial_\mu U(x) \Psi = i \bar\Psi \gamma^\mu \partial_\mu \Psi + i\bar\Psi U^\dag(x) \gamma^\mu (\partial_\mu U(x)) \Psi$$ 如果我们仍然从最小耦合出发，用 $D_\mu$ 替换 $\partial_\mu$，那么应当有 $D'_\mu\Psi' = U(x) D_\mu\Psi$，这是因为我们希望 Lagrange 量具有局部 $SU(2)$ 规范对称性 $$\mathscr L' = i\bar\Psi U^\dag(x) \gamma^\mu D'_\mu\Psi' = i\bar\Psi U^\dag(x) \gamma^\mu U(x) D_\mu\Psi = i\bar\Psi\gamma^\mu D_\mu \Psi = \mathscr L$$ 考虑到 $\partial_\mu U(x)$ 有三个自由度 $a_1(x), a_2(x), a_3(x)$，协变导数 $D_\mu$ 也需要三个矢量场，因此我们猜测 $$D_\mu = \partial_\mu - ig\frac{\sigma_i}2 W^i_\mu$$ 其中 $i = 1, 2, 3$ 为矢量场的标号。然后展开 $D'_\mu \Psi' = U(x) D_\mu \Psi$ 等号两侧，可得 $$\left(\partial_\mu - ig\frac{\sigma_i}2 W'^i_\mu\right)U(x)\Psi = U(x) \left(\partial_\mu - ig\frac{\sigma_i}2 W^i_\mu\right)\Psi$$ $$(\partial_\mu U(x))\Psi + U(x)\partial_\mu\Psi - ig\frac{\sigma_i}2W'^i_\mu U(x) \Psi = U(x) \partial_\mu \Psi - ig U(x) \frac{\sigma_i}2 W^i_\mu\Psi$$ $$\frac{\sigma_i}2W'^i_\mu U(x) \Psi = U(x) \frac{\sigma_i}2 W^i_\mu\Psi - \frac ig (\partial_\mu U(x))\Psi$$ 同时删去 $\Psi$ 并右乘 $U^{-1}(x)$，可得 $$\frac{\sigma_i}2W'^i_\mu = U(x) \frac{\sigma_i}2 W^i_\mu U^{-1}(x) - \frac ig (\partial_\mu U(x)) U^{-1}(x)$$ 只剩下一个问题：写出 $W^i$ 的 Lagrange 量。遗憾的是，Maxwell Lagrange 量 $$\mathscr L_{\text{Maxwell} \times 3} = -\frac14 \sum_i (W^i)_{\mu\nu} (W^i)^{\mu\nu}, \quad (W^i)_{\mu\nu} = \partial_\mu W^i_\nu - \partial_\nu W^i_\mu$$ 在 $SU(2)$ 规范变换下没有不变性，读者可以通过冗长的计算验证。我们尝试改造矢量场的 Maxwell Lagrange 量使其具有 $SU(2)$ 对称性。 1. 在之前的计算中，$W^i$ 总是以 $W^i_\mu \dfrac{\sigma_i}2$ 的形式出现，因此我们定义 $W_\mu = W^i_\mu \dfrac{\sigma_i}2$，这样 $W_\mu$ 和场强张量 $W_{\mu\nu} = \partial_\mu W_\nu - \partial_\nu W_\mu$ 都变成矩阵。 2. 为了从矩阵中构造标量，一种方法是求迹 $\operatorname{Tr}$，如果我们能让 $W_{\mu\nu}$ 按照 $W_{\mu\nu} \to U(x) W_{\mu\nu} U^{-1}(x)$ 变换，那么 $\operatorname{Tr}(W^{\mu\nu} W_{\mu\nu}) \to \operatorname{Tr}(U(x) W^{\mu\nu} U^{-1}(x) U(x) W_{\mu\nu} U^{-1}(x)) = \operatorname{Tr}(W^{\mu\nu} W_{\mu\nu})$ 具有所需的对称性。 3. 虽然 $\partial_\mu W_\nu - \partial_\nu W_\mu$ 不按照 $U(x) W_{\mu\nu} U^{-1}(x)$ 变换，但是 $D_\mu$ 的变换律是 $D_\mu \to U(x) D_{\mu} U^{-1}(x)$。因此，我们尝试用 $D_\mu$ 构造场强张量（下式中 $[x, y]$ 表示交换子 $xy - yx$） $$W^{\mu\nu} = \frac ig [D^\mu, D^\nu]$$ 4. 现在我们代入协变导数的定义以化简 $W^{\mu\nu}$，设 $D^\mu, D^\nu$ 作用在 $f$ 上，由定义知 $$\begin{aligned}W^{\mu\nu} f &= \frac ig [D^\mu, D^\nu] f \\ &= \frac ig(\partial^\mu - igW^\mu)(\partial^\nu f - igW^\nu f) - \frac ig(\partial^\nu - igW^\nu)(\partial^\mu f - igW^\mu f) \\ &= \frac ig(\partial^\mu\partial^\nu f - \partial^\nu\partial^\mu f - ig\partial^\mu(W^\nu f) + ig W^\nu\partial^\mu f - ig W^\mu\partial^\nu f + ig \partial^\nu (W^\mu f) - g^2 W^\mu W^\nu f + g^2 W^\nu W^\mu f) \\ &= \frac ig (-ig(\partial^\mu W^\nu) f + ig(\partial^\nu W^\mu) f - g^2 [W^\mu, W^\nu] f) \\ &= (\partial^\mu W^\nu - \partial^\nu W^\mu - ig [W^\mu, W^\nu])f\end{aligned}$$ 所以，我们得到了正确的 Lagrange 量 $$\mathscr L = i\bar\Psi\gamma^\mu D_\mu \Psi - \frac14 \operatorname{Tr}(W_{\mu\nu} W^{\mu\nu})$$ 其中 $$\begin{cases}D_\mu = \partial_\mu - igW_\mu \\ W_{\mu\nu} = \partial_\mu W_\nu - \partial_\nu W_\mu - ig [W_\mu, W_\nu] \\ W_\mu = W^i_\mu \frac{\sigma_i}2\end{cases}$$ ## 质量项 $SU(2)$ 与 $U(1)$ 的统一质量项 $\bar\Psi \Psi$ 与 $W^{i\mu} W^i_\mu$ 会破坏规范对称性，但实验表明这些场确实是有质量的，或者说 $SU(2)$ 对称性发生了破缺（break）：对称性在高能量处存在，而在低能量处自发破缺。同时，物理学家还想统一 $SU(2)$ 与 $U(1)$，为此我们先把两个 Lagrange 量加起来 $$\mathscr L = -i\bar\Psi\gamma^\mu (\partial_\mu - igB_\mu - ig'W_\mu)\Psi - \frac14 \operatorname{Tr}(W_{\mu\nu} W^{\mu\nu}) - \frac14 B_{\mu\nu} B^{\mu\nu}$$ 上式中，我们按惯例把 $U(1)$ **规范场（gauge field）**，也就是保证 Lagrange 量具有 $U(1)$ 规范对称性的场记作 $B_\mu$，类似地，三个 $W$ 称作 $SU(2)$ 规范场。 Higgs 的想法是，我们构造一个复标量场 $\Phi$，再构造 Lagrange 量使其取值非零，然后让四个规范场与 $\Phi$ 相互作用从而获得质量。让 $\Phi$ 发生对称性破缺的最简单的方法是加入四次项 $$\mathscr L = \partial_\mu\Phi^\ast\partial^\mu\Phi + \rho^2 \Phi^\ast \Phi - \lambda (\Phi^\ast \Phi)^2$$ 注意 $\rho^2$ 前面是正号，否则 $\Phi$ 不会发生对称性破缺。上式的后两项统称为 **Higgs 势（Higgs potential）**。然后往里面加入相互作用项 $$\mathscr L = (\partial_\mu + igB_\mu + ig' W_\mu)\Phi^\ast(\partial^\mu - igB^\mu - ig'W^\mu)\Phi + \rho^2 \Phi^\dag \Phi - \lambda (\Phi^\dag \Phi)^2$$ $W_\mu$ 的出现要求 $\Phi$ 是复标量场二重态 $\begin{pmatrix}\phi_1 \\ \phi_2\end{pmatrix}$。接下来是对称性破缺：Higgs 势的最小值点不是 $\Phi = 0$，而是 $\Phi^\dag\Phi = \dfrac{\rho^2}{2\lambda}$。显然，这一条件不能唯一确定 $\Phi$，但我们可以通过 $SU(2)$ 规范变换 $\Phi \to e^{i\theta_i \frac{\sigma_i}2} \Phi$ 将 $\Phi$ 变换为如下形式 $$\Phi = \begin{pmatrix}0 \\ \dfrac{v}{\sqrt2}\end{pmatrix}, \quad v = \sqrt{\dfrac{\rho^2}\lambda}$$ 在量子场论中，我们需要考察 $\Phi$ 最小值附近的展开，因此对 $\Phi$ 进行微扰 $$\Phi' = \begin{pmatrix}a + bi \\ \dfrac{v}{\sqrt2} + c + di\end{pmatrix}$$ 看起来有四个自由度，但规范变换可以消除其中的三个：我们考虑 $$e^{i\theta_i \frac{\sigma_i}2} \begin{pmatrix}0 \\ \dfrac{v + h}{\sqrt2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\dfrac12(\theta_2 + i\theta_1) \dfrac{v + h}{\sqrt2} \\ \dfrac{v + h}{\sqrt2} - \dfrac12 i\theta_3\dfrac{v + h}{\sqrt2}\end{pmatrix}$$ 因此，通过恰当地选取 $\theta_1, \theta_2, \theta_3$，可以将 $\Phi'$ 变换为（或者说，选取 **幺正规范 unitary gauge**） $$e^{-i\theta_i \frac{\sigma_i}2} \Phi' = \begin{pmatrix}0 \\ \dfrac{v + h}{\sqrt2}\end{pmatrix}$$ 所以，物理自由度只有一个：$h$，这个实数标量场就是 Higgs 场。现在，我们可以把 $\Phi = \begin{pmatrix} 0 \\ \frac v{\sqrt2}\end{pmatrix}$ 代入 Lagrange 量的动能项 $(D_\mu\Phi)^\dag (D^\mu\Phi)$ 中。简便起见，我们先改一下耦合常数 $g$ 的定义，使协变导数变为 $$D_\mu = \partial_\mu - i\frac g2B_\mu - ig'W_\mu = \partial_\mu - i\frac g2B_\mu - i\frac{g'}2\sigma_iW^i_\mu$$ 因此 $$\begin{aligned}(D_\mu\Phi)^\dag &= \begin{pmatrix}0&\dfrac v{\sqrt2}\end{pmatrix}\left(i\frac g2 B_\mu + i \frac{g'}2\sigma_i^\dag W^i_\mu\right) \\ &= \frac{iv}{2\sqrt2} \begin{pmatrix}0&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}gB_\mu + g'W^3_\mu & g'W^1_\mu - ig'W^2_\mu \\ g'W^1_\mu + ig'W^2_\mu & gB_\mu - g'W^3_\mu\end{pmatrix} \\ &= \frac{iv}{2\sqrt2} \begin{pmatrix}g'W^1_\mu + ig'W^2_\mu & gB_\mu - g'W^3_\mu\end{pmatrix}\end{aligned}$$ $$D^\mu\Phi = -\frac{iv}{2\sqrt2} \begin{pmatrix}g'W^{1\mu} - ig'W^{2\mu} \\ gB^\mu - g'W^{3\mu}\end{pmatrix}$$ $$(D_\mu\Phi)^\dag(D^\mu\Phi) = \frac{v^2}8\left((g')^2 \Big((W^1_\mu)^2 + (W^2_\mu)^2\Big) + (g B_\mu - g' W^3_\mu)^2\right)$$ 质量项已经出现，如果代入 $\begin{pmatrix}0 \\ \frac{v + h}{\sqrt2}\end{pmatrix}$，我们可以得到 **Higgs 场（Higgs field）**$h$ 的 Lagrange 量，接下来我们要做的就是定义一些物理学家更为熟悉的场。首先是 $W^\pm$，定义为 $$W^+_\mu = \frac1{\sqrt2} (W^1_\mu - W^2_\mu), \quad W^-_\mu = \frac1{\sqrt2} (W^1_\mu + W^2_\mu)$$ 那么 $(W^1_\mu)^2 + (W^2_\mu)^2 = 2W^+_\mu W^-_\mu$。不同于 $W^1$ 与 $W^2$，$W^+$ 与 $W^-$ 带电。具体的讨论超过了本文的范围。然后是 $Z_\mu$ 与 $A_\mu$。对于 Lagrange 量的第二项 $$(g B_\mu - g' W^3_\mu)^2 = \begin{pmatrix} W^3_\mu & B_\mu \end{pmatrix} \begin{pmatrix} g'^2 & -gg' \\ -gg' & g^2\end{pmatrix} \begin{pmatrix} W^3_\mu \\ B_\mu \end{pmatrix}$$ 我们可以对这个矩阵进行对角化，结果是 $$\lambda_1 = 0, v_1 = \frac1{\sqrt{g^2 + g'^2}} \begin{pmatrix} g \\ g' \end{pmatrix}$$ $$\lambda_2 = g^2 + g'^2, v_2 = \frac1{\sqrt{g^2 + g'^2}} \begin{pmatrix} g \\ -g' \end{pmatrix}$$ 所以我们定义 $$Z_\mu = \frac{g'}{\sqrt{g^2 + g'^2}} W^3_\mu - \frac g{\sqrt{g^2 + g'^2}} B_\mu$$ $$A_\mu = \frac g{\sqrt{g^2 + g'^2}} W^3_\mu + \frac{g'}{\sqrt{g^2 + g'^2}} B_\mu$$ 那么 $$(g B_\mu - g' W^3_\mu)^2 = (g^2 + g'^2) Z_\mu^2 + 0 \cdot A_\mu^2$$ 总结一下，我们定义了四个矢量场 $W^+, W^-, Z, A$，前三个是有质量矢量场，描述 $W^+, W^-, Z$ 玻色子，第四个是无质量矢量场，描述光子。可以看到，光子在对称性破缺后也是无质量的，这与实验相符。现在，我们已经让规范玻色子获得了质量，下一步就是自旋 $\dfrac12$ 的费米子，但在此之前，我们有一个重要的主题需要探讨：宇称不守恒。 ## 宇称不守恒多项实验表明：控制弱相互作用的 Lagrange 量在宇称变换下没有不变性。这些实验的具体内容与本文无关，因此我们只关注结论：**只有左手粒子参与弱相互作用**。为了构造 Lagrange 量，我们需要提取 Dirac 旋量 $\psi = \begin{pmatrix}\chi_L \\ \xi_R\end{pmatrix}$ 的左手分量 $\chi_L$。因此我们定义 $$\gamma_5 = i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3 = \begin{pmatrix}-1\\&-1\\&&1\\&&&1\end{pmatrix}$$ 之所以写成四个 $\gamma$ 矩阵的乘积，是因为这种形式与基 $\gamma^\mu$ 的选取无关。再定义两个投影算符 $$P_L = \frac{1 - \gamma_5}2, \quad P_R = \frac{1 + \gamma_5}2$$ 容易验证 $$P_L\psi = \begin{pmatrix}\chi_L \\ 0\end{pmatrix}, \quad P_R\psi = \begin{pmatrix}0 \\ \xi_R\end{pmatrix}$$ 然后将 Lagrange 量中 $i \bar\Psi \gamma^\mu (\partial_\mu - igW_\mu) \Psi$ 换成 $$i \bar\Psi \gamma^\mu (\partial_\mu - igW_\mu P_L) \Psi$$ 上式中 $P_L \Psi$ 应当理解为 $$P_L \Psi = \begin{pmatrix} P_L & 0 \\ 0 & P_L \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \psi_1 \\ \psi_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (\psi_1)_L \\ (\psi_2)_L \end{pmatrix}$$ 上式中只出现一个 $P_L$ 的原因是 $$\begin{aligned} g \bar\Psi \gamma^\mu W_\mu \Psi = g \Psi^\dag \gamma^0 \gamma^\mu W_\mu \Psi &\overset{P_L}\longrightarrow g (P_L \Psi)^\dag \gamma^0 \gamma^\mu W_\mu P_L \Psi \\ &= g \Psi^\dag P_L^\dag \gamma^0 \gamma^\mu W_\mu P_L \Psi \\ &= g \Psi^\dag P_L \gamma^0 \gamma^\mu W_\mu P_L \Psi \\ &= g \Psi^\dag \gamma^0 P_R \gamma^\mu W_\mu P_L \Psi \\ &= g \Psi^\dag \gamma^0 \gamma^\mu P_L W_\mu P_L \Psi \\ &= g \Psi^\dag \gamma^0 \gamma^\mu W_\mu P_L^2 \Psi \\ &= g \bar\Psi \gamma^\mu W_\mu P_L \Psi \end{aligned}$$ 对 $g \bar\Psi \gamma^\mu W_\mu P_L \Psi$ 进行宇称变换（$\Psi \to P_{旋量} \Psi, W_\mu \to P_{矢量} W_\mu$），可得 $$g (P_{旋量} \Psi)^\dag \gamma^0 \gamma^\mu P_{矢量} W_\mu P_L P_{旋量} \Psi$$ 其中 $P_{旋量} = \gamma^0 = \begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}, P_{矢量} = \begin{pmatrix}1\\&-1\\&&-1\\&&&-1\end{pmatrix}$，因此 $$\begin{aligned}g (P_{旋量} \Psi)^\dag \gamma^0 \gamma^\mu P_{矢量} W_\mu P_L P_{旋量} \Psi &= g\bar\Psi\gamma^0\gamma^\mu (P_{矢量}) W_\mu P_L \gamma^0 \Psi \\ &= g\bar\Psi\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0 (P_{矢量}) W_\mu P_R \Psi\end{aligned}$$ 容易验证 $\gamma^0 \gamma^0 \gamma^0 = \gamma^0, \gamma^0 \gamma^i \gamma^0 = -\gamma^i$，因此 $$g (P_{旋量} \Psi)^\dag \gamma^0 \gamma^\mu P_{矢量} W_\mu P_L P_{旋量} \Psi = g\bar\Psi \gamma^\mu W_\mu P_R \Psi$$ 显然，Lagrange 量没有宇称不变性。宇称不守恒还有另一个影响：仅有左手场 $(\psi_1)_L, (\psi_2)_L$ 构成 $SU(2)$ 双重态 $\Psi_L = \begin{pmatrix} (\psi_1)_L \\ (\psi_2)_L \end{pmatrix}$；而右手场 $(\psi_1)_R, (\psi_2)_R$ 构成 $SU(2)$ 单态。这就是说，$(\psi_1)_R, (\psi_2)_R$ 按 $SU(2)$ 的一维表示变换：$(\psi_1)_R' = e^0 (\psi_1)_R = (\psi_1)_R, (\psi_2)_R' = e^0 (\psi_2)_R = (\psi_2)_R$。现在我们回到 $\Psi$ 的质量项。 ## 轻子质量项设 $\psi = \begin{pmatrix} \chi_L \\ \xi_R \end{pmatrix}$ 是 Dirac 旋量，则 Lorentz 不变的质量项是 $\psi^\dag \psi = \chi_L^\dag \xi_R + \xi_R^\dag \chi_L$。但是宇称不守恒表明左右手旋量的变换律不同，因此 $\bar\Psi_L\Psi_R = \bar\Psi_L(\psi_1)_R + \bar\Psi_L(\psi_2)_R$ 这种项不是 $SU(2)$ 不变的。解决方法是再次引入标量双重态 $\Phi$，形成如下组合（显然是 Lorentz 不变的） $$\bar\Psi_L \Phi \psi_R$$ 在 $SU(2)$ 规范变换下 $$\bar\Psi_L \Phi \psi_R \to \bar\Psi_L e^{-ia_i(x) \frac{\sigma_i}2} e^{i a_i(x) \frac{\sigma_i}2} \Phi \psi_R = \bar\Psi_L \Phi \psi_R$$ 在 $U(1)$ 规范变换下 $$\bar\Psi_L \Phi \psi_R \to \bar\Psi_L e^{-i a(x)} \Phi e^{i a(x)} \psi_R = \bar\Psi_L \Phi \psi_R$$ 现在，我们成功让 $\Psi$ 与 Higgs 场产生耦合，这就是所谓的 **汤川耦合（Yukawa coupling）**，其耦合常数通常称作 $\lambda_2$，我们把这一项（及其复共轭，保证 Lagrange 量的厄米性）加入 Lagrange 量中 $$\mathscr L = -\lambda_2 (\bar\Psi_L \Phi (\psi_2)_R + (\bar\psi_2)_R \bar\Phi \Psi_L)$$ 代入 $\Phi = \dfrac1{\sqrt2} \begin{pmatrix} 0 \\ v + h\end{pmatrix}$，可得 $$\begin{aligned} \mathscr L &= -\lambda_2 (\bar\Psi_L \Phi (\psi_2)_R + (\bar\psi_2)_R \bar\Phi \Psi_L) \\ &= -\frac{\lambda_2(v + h)}{\sqrt2} \left( (\bar\psi_2)_L (\psi_2)_R + (\bar\psi_2)_R (\psi_2)_L \right) \\ &= -\frac{\lambda_2v}{\sqrt2} \bar\psi_2 \psi_2 -\frac{\lambda_2h}{\sqrt2} \bar\psi_2 \psi_2 \end{aligned}$$ 前一项是轻子的质量项，后一项则是轻子与 Higgs 粒子的相互作用项。由于 $\Phi$ 在幺正规范下仅有下分量，我们不能得到 $\psi_1$ 的质量项，否则将违反 Lorentz 不变性。但是，我们知道电荷共轭可以翻转上下分量，因此考虑 $\tilde\Phi = \epsilon \Phi^\ast$，容易发现 $$\tilde\Phi = \frac1{\sqrt2} \begin{pmatrix} v + h \\ 0 \end{pmatrix}$$ 通过类似的方法，我们得到 $\psi_1$ 的质量项 $$\begin{aligned} \mathscr L &= -\lambda_1 (\bar\Psi_L \tilde\Phi (\psi_1)_R + (\bar\psi_1)_R \bar\Phi \Psi_L) \\ &= -\frac{\lambda_1(v + h)}{\sqrt2} \left( (\bar\psi_1)_L (\psi_1)_R + (\bar\psi_1)_R (\psi_1)_L \right) \\ &= -\frac{\lambda_1v}{\sqrt2} \bar\psi_1 \psi_1 -\frac{\lambda_1h}{\sqrt2} \bar\psi_1 \psi_1 \end{aligned}$$ 为了更好地理解 $\Psi$ 的含义，不妨将其上下分量记作 $\nu_e, e$，分别对应电子中微子与电子（类似地有 $\nu_\mu, \mu$ 以及 $\nu_\tau, \tau$），那么 $\Psi$ 与 $W_\mu$ 的耦合项变为（下式略去了耦合常数 $g$） $$\begin{aligned} \bar\Psi \gamma^\mu W_\mu P_L \Psi &= \begin{pmatrix} \bar\nu_e & \bar e \end{pmatrix} \gamma^\mu \begin{pmatrix} W^3_\mu & \sqrt2 W^+_\mu \\ \sqrt2 W^-_\mu & -W^3_\mu \end{pmatrix} \begin{pmatrix} (\nu_e)_L \\ e_L \end{pmatrix} \\ &= (\bar\nu_e)_L \gamma^\mu W^3_\mu (\nu_e)_L + (\bar\nu_e)_L \gamma^\mu \sqrt2 W^+_\mu e_L + \bar e_L \gamma^\mu \sqrt2 W^-_\mu (\nu_e)_L - \bar e_L \gamma^\mu W^3_\mu e_L \end{aligned}$$ 因此，在弱相互作用中 $e, \nu_e$ 总是成对出现。而从轻子与 Higgs 场的相互作用项 $-\dfrac{\lambda_1v}{\sqrt2} \bar\psi_1 \psi_1 -\dfrac{\lambda_1h}{\sqrt2} \bar\psi_1 \psi_1$ 也可看出：轻子与 Higgs 粒子的耦合强度正比于轻子的质量。使用类似的方法可以构造夸克的质量项：类似于轻子，夸克也能通过弱相互作用相互转换，例如，上夸克与下夸克就构成 $SU(2)$ 二重态（奇夸克 $s$ 与粲夸克 $c$、顶夸克 $t$ 与底夸克 $b$ 类似） $$q = \begin{pmatrix} u \\ d \end{pmatrix}$$ 宇称不守恒导致的问题依旧存在，但仍然能通过 Higgs 机制解决，因此 $u, d$ 的质量项为 $$\lambda_u (\bar q_L \tilde\Phi u_R + \bar u_R \tilde\Phi q_L) + \lambda_d (\bar q_L\Phi d_R + \bar d_R \Phi q_L)$$ 将 $\Phi$ 在最小值附近微扰即可得到夸克与 Higgs 场的相互作用，不再赘述。 ## 同位旋现在我们讨论 $SU(2)$ 对应的守恒量。简便起见，我们仅考虑全局 $SU(2)$ 规范变换：$\Psi \to e^{-i a_i \frac{\sigma_i}2} \Psi$。按 Noether 定理的要求，我们考虑无穷小变换 $$\Psi \to \left(1 + i a_i \frac{\sigma_i}2\right) \Psi, \quad \delta\Psi = -i a_i \frac{\sigma_i}2 \Psi$$ 并代入具有全局 $SU(2)$ 规范对称性的 Lagrange 量 $i\bar\Psi \gamma^\mu \partial_\mu \Psi$ 中，可得 $$J^\mu = \frac{\partial\mathscr L}{\partial(\partial_\mu\Psi)} \delta\Psi = \bar\Psi \gamma^\mu a_i \frac{\sigma_i}2\Psi$$ 因为 $a_i$ 是任意的，我们实际上得到了三个 Noether 流 $J_1, J_2, J_3$，其定义为 $$J_i^\mu = \bar\Psi \gamma^\mu \frac{\sigma_i}2 \Psi$$ 守恒量是 $J^0$ 的积分，因此 $$Q_i = \int\mathrm d^3x \Psi^\dag \gamma^0 \gamma^0 \frac{\sigma_i}2 \Psi = \int\mathrm d^3x \Psi^\dag \frac{\sigma_i}2 \Psi$$ 三个 Pauli 矩阵里只有 $\sigma_3$ 是对角矩阵，故只有 $Q_3$ 不含形如 $\nu_e^\dag e$ 的项 $$Q_3 = \int \mathrm d^3x \frac12 (\nu_e^\dag \nu_e - e^\dag e)$$ 所以，$\nu_e$ 与 $e$ 可以看作 $Q_3$ 的本征态。 ### 标记物理态我们可以用本征值标记本征态，对于 $Q_3$ 而言，左手中微子与左手电子的本征值分别是 $+\dfrac12$ 与 $-\dfrac12$，所有右手粒子的本征值都是零（因为右手场是 $SU(2)$ 单态）。$Q_3$ 的本征值称作 **同位旋（isospin）第三分量**，有时记作 $T_3$ 或 $I_3$。其它轻子与夸克也有同位旋。接下来考虑三个规范场 $W^+, W^-, W^3$。这三个场构成 $SU(2)$ **三重态（triplet）** $$\begin{pmatrix} W^+_\mu \\ W^3_\mu \\ W^-_\mu \end{pmatrix}$$ 并且按照 $SU(2)$ 的三维表示变换。这一性质的直接证明需要复杂的计算，我们先接受这个性质。考虑到 $J^3 = \begin{pmatrix} 1 \\ &0 \\ &&-1 \end{pmatrix}$，我们得到 $W^+, W^3, W^-$ 的同位旋分别是 $+1, 0, -1$。 ## $SU(3)$ 相互作用接下来，我们考虑 $SU(3)$ 规范对称性。为此，我们需要考虑三个旋量场。$SU(3)$ 规范场有八个（称作胶子），实验表明这八个场都是无质量的，因此我们不需要考虑对称性破缺与 Higgs 机制。 $SU(3)$ 是行列式为 $1$ 的三阶幺正矩阵 $U$ 构成的群，$U$ 满足 $U^\dag U = U U^\dag = I_3$ 与 $\det U = 1$。自然我们需要考虑其 Lie 代数。与 $SU(2)$ 类似，$SU(3)$ 的 Lie 代数是 $$\{T_{3 \times 3} | T^\dag = T, \operatorname{Tr}(T) = 0\}$$ 物理学家通常采用 **Gell-Mann 矩阵（Gell-Mann Matrix）** 作为一组基 $$\lambda^1 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \lambda^2 = \begin{pmatrix} 0 & -i & 0 \\ i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \lambda^3 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \\ \lambda^4 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \lambda^5 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & i \\ 0 & 0 & 0 \\ -i & 0 & 0 \end{pmatrix}, \lambda^6 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \\ \lambda^7 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -i \\ 0 & i & 0 \end{pmatrix}, \lambda^8 = \frac1{\sqrt3}\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}$$ 类似于 $SU(2)$ 中的 $J_i = \dfrac{\sigma_i}2$，我们定义 $T^A = \dfrac{\lambda^A}2$，则 $$[T^A, T^B] = i f_{ABC} T^C$$ 其中 $f_{ABC}$ 称作 $SU(3)$ 的 **结构常数（structure constant）**，满足 $$f^{ABC} = -f^{BAC} = -f^{ACB}$$ 以及 $$f^{123} = 1, f^{147} = -f^{156} = f^{246} = f^{257} = f^{345} = -f^{367} = \frac12, f^{458} = f^{678} = \frac{\sqrt3}2$$ 其余非零分量均可通过 $f$ 的反对称性得出。接下来引入 $SU(3)$ **三重态（triplet）** $$Q = \begin{pmatrix} q_1 \\ q_2 \\ q_3 \end{pmatrix}$$ 我们有八个生成元，因此需要八个规范场 $G^A_\mu$，剩余推导与 $SU(2)$ 情形类似，我们仅给出结果。设耦合常数为 $g$，则场强张量 $G_{\mu\nu}

G_{\mu\nu} = \partial_\mu G_\nu - \partial_\nu G_\mu - ig [G_\mu, G_\nu], \quad G_\mu = T^A G^A_\mu

协变导数 D_\mu

D_\mu = \partial_\mu - ig G_\mu = \partial_\mu - ig T^A G^A_\mu

Lagrange 量

\mathscr L = -\frac14 G_{\mu\nu} G^{\mu\nu} + \bar Q (i \gamma^\mu D_\mu - m) Q

色荷

从八个规范场我们能得到八个 Noether 流，但其中只有 \dfrac12\lambda^3 和 \dfrac12\lambda^8 是对角矩阵。因此每个参与强相互作用的粒子都有两个标签。

简单的计算表明，设 \psi 是任意旋量，则 \begin{pmatrix} \psi \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} 对应 \left(\dfrac12, \dfrac1{2\sqrt3}\right)，称作红色；\begin{pmatrix} 0 \\ \psi \\ 0 \end{pmatrix} 对应 \left(-\dfrac12, \dfrac1{2\sqrt3}\right)，称作绿色；\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \psi \end{pmatrix} 对应 \left(0, -\dfrac1{\sqrt3}\right)，称作蓝色。

类似地，八种胶子也携带色荷。

夸克的描述

夸克参与强、弱相互作用，因此我们必须注意：

夸克构成 SU(3) 三重态 Q = \begin{pmatrix} q_r \\ q_g \\ q_b \end{pmatrix}，描述同一味不同色的夸克。\bar Q Q 是 SU(3) 不变量，也可写作 \bar q_c q_c，其中 c 是色指标，取值集合 \{r, g, b\}。
左手夸克构成 SU(2) 双重态 q = \begin{pmatrix} Q_u \\ Q_d \end{pmatrix}，式中 Q_u, Q_d 应当理解为左手夸克 u, d 的色三重态。
还没完，每种夸克由 Dirac 旋量描述，因此红色上夸克 u_r = \begin{pmatrix} \chi^L_{u, r} \\ \xi^R_{u, r}\end{pmatrix}，上面的 Weyl 旋量描述左手分量，下面的 Weyl 旋量描述右手分量。
除此之外，夸克还带电，所以它们参与电磁相互作用。

现在我们回到 SU(3) 对称性。实验表明胶子是无质量的，因此不需要 Higgs 机制。对于夸克而言，q_r, q_g, q_b 的质量相同，因此质量项 \bar Q m Q 不破坏 SU(3) 对称性。

其它的自旋 \dfrac12 粒子不携带色荷，因此不参与强相互作用。