Srednicki §34 左手和右手旋量场

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上一节找到了两种最简单的非标量表示： $(2,1)$ 和 $(1,2)$ 。它们在空间转动下都是自旋 $1/2$ ，各有两个分量，推动的作用却不同。要用这样的场描述物理，首先需要把变换矩阵具体写出，再弄清旋量指标如何共轭、升降和缩并。这些指标运算也将给出旋量与矢量之间的联系，使我们能回到上一节的二阶张量，将六个反对称分量进一步分成两个互不混合的三维部分。

以下沿用 $(-,+,+,+)$ 度规、 $K_i=M^{i0}$ 及第 33 节的分量变换方向。

左手场的转动和推动

先考虑左手旋量场，也称左手外尔场（left-handed Weyl field），记为 $\psi_a(x)$ ，其中 $a=1,2$ 。在场的变换矩阵中，下标 $a$ 标记行，求和指标 $b$ 标记列。有限变换、群乘法和无穷小展开分别为

\begin{gathered} U(\Lambda)^{-1}\psi_a(x)U(\Lambda) =L_a{}^b(\Lambda)\psi_b(\Lambda^{-1}x),\qquad L(\Lambda'\Lambda)=L(\Lambda')L(\Lambda),\\ L(1+\omega)=I+\frac i2\omega_{\mu\nu}S_L^{\mu\nu}+O(\omega^2), \qquad S_L^{\mu\nu}=-S_L^{\nu\mu}. \end{gathered} \tag{34.1}

群乘法的次序沿用（33.7）的逐次变换结果。将 $U(1+\omega)=I+i\omega_{\mu\nu}M^{\mu\nu}/2$ 代入，等式左边的一阶变化是 $i\omega_{\mu\nu}[\psi_a,M^{\mu\nu}]/2$ 。右边除矩阵变化外，还有宗量变化 $-\omega^\rho{}_{\sigma}x^\sigma\partial_\rho\psi_a$ 。利用 $\omega_{\mu\nu}$ 反对称，将后者写成 $\omega_{\mu\nu}(x^\mu\partial^\nu-x^\nu\partial^\mu)\psi_a/2$ ，比较系数得到

[\psi_a(x),M^{\mu\nu}] =\mathcal L^{\mu\nu}\psi_a(x)+(S_L^{\mu\nu})_a{}^b\psi_b(x), \qquad\mathcal L^{\mu\nu}=-i(x^\mu\partial^\nu-x^\nu\partial^\mu). \tag{34.2}

第一项仍是标量场已有的轨道作用，新增的内容在第二项的分量矩阵中。为将两者分开，先把场取在时空原点，使轨道项消失。再用 $M^{ij}=\epsilon_{ijk}J_k$ ，转动生成元的作用便成为

\epsilon_{ijk}[\psi_a(0),J_k]=(S_L^{ij})_a{}^b\psi_b(0). \tag{34.3}

左手场的两个分量只组成一个自旋 $1/2$ 表示，因此可以选择通常的角动量基底，使 $J_i$ 的分量矩阵为 $\sigma_i/2$ 。这里的三个泡利矩阵是

\sigma_1=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\quad \sigma_2=\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix},\quad \sigma_3=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}. \tag{34.4}

它们的乘法决定了随后转动、推动及指标转换中的矩阵运算。逐项相乘得到 $\sigma_i^2=I$ 、 $\sigma_1\sigma_2=i\sigma_3$ 及其循环式，不同矩阵反向相乘时变号。将这些结果写成统一的指标形式，有

\sigma_i\sigma_j=\delta_{ij}I+i\epsilon_{ijk}\sigma_k, \quad [\sigma_i,\sigma_j]=2i\epsilon_{ijk}\sigma_k, \quad \{\sigma_i,\sigma_j\}=2\delta_{ij}I. \tag{34.5}

将这组自旋矩阵代入原点处的角动量变换式，便得到空间生成元：

S_L^{ij}=\frac12\epsilon_{ijk}\sigma_k. \tag{34.6}

例如， $S_L^{12}=\sigma_3/2$ 的两个对角元为 $+1/2,-1/2$ ，非对角元为零。这里两类指标各有作用：时空指标 $12$ 先选出六个生成元中的一个，旋量指标 $a,b$ 再选出这个矩阵中的某个元素。

推动矩阵由左手表示的另一项特征确定：第二个角动量因子平凡，即 $\bar N_i=0$ 。于是由 $J_i=N_i+\bar N_i$ 、 $K_i=i(N_i-\bar N_i)$ 可得 $K_i=iJ_i$ ，从而

S_L^{i0}=\frac i2\sigma_i,\qquad S_L^{0i}=-\frac i2\sigma_i. \tag{34.7}

至此六个矩阵都已写出。它们满足洛伦兹代数的原因也可直接从泡利矩阵乘法看出：转动之间的关系 $[J_i,J_j]=i\epsilon_{ijk}J_k$ 由泡利矩阵对易式给出，转动与推动之间有 $[J_i,iJ_j]=i\epsilon_{ijk}(iJ_k)$ ，两个推动之间则有 $[iJ_i,iJ_j]=-i\epsilon_{ijk}J_k$ 。最后一个负号来自两个虚数因子。用 $S_L^{ij}=\epsilon_{ijk}J_k$ 、 $S_L^{i0}=K_i$ 重新组合时空指标，混合类与两推动类分别为

\begin{aligned} [S_L^{ij},S_L^{k0}] &=i\epsilon_{ijr}\epsilon_{rks}K_s =i(\delta_{ik}S_L^{j0}-\delta_{jk}S_L^{i0}),\\ [S_L^{i0},S_L^{j0}]&=-i\epsilon_{ijk}J_k=-iS_L^{ij}. \end{aligned}

第二行的负号正是四维代数中的 $g^{00}=-1$ 。纯空间类先算出 $[S_L^{ij},S_L^{kl}]=i\epsilon_{ijr}\epsilon_{kls}\epsilon_{rst}J_t=i(\epsilon_{kli}J_j-\epsilon_{klj}J_i)$ ，再将 $J$ 换回 $S_L$ ，结果为 $i(\delta_{ik}S_L^{jl}-\delta_{jk}S_L^{il}-\delta_{il}S_L^{jk}+\delta_{jl}S_L^{ik})$ 。这三类穷尽六个生成元的对易关系，恢复（33.13）。

有了生成元，有限转动和推动可以通过指数求出。设 $\hat{\mathbf n}$ 为单位矢量，泡利矩阵乘法给出 $(\hat{\mathbf n}\cdot\boldsymbol\sigma)^2=I$ 。因此泡利矩阵组合的偶次幂都成为单位矩阵，奇次幂都剩下该组合；将两类项分别求和，得到

\begin{aligned} L_{\rm rot}(\theta)&=e^{-i\theta\hat{\mathbf n}\cdot\boldsymbol\sigma/2} =I\cos\frac\theta2-i\hat{\mathbf n}\cdot\boldsymbol\sigma\sin\frac\theta2,\\ L_{\rm boost}(\eta)&=e^{-\eta\hat{\mathbf n}\cdot\boldsymbol\sigma/2} =I\cosh\frac\eta2-\hat{\mathbf n}\cdot\boldsymbol\sigma\sinh\frac\eta2. \end{aligned} \tag{34.8}

推动指数中的负号来自 $+i\eta_iK_i$ 与 $K_i=i\sigma_i/2$ 相乘。转动的三角函数与推动的双曲函数分别体现了这两种变换的区别：转动矩阵幺正，推动矩阵是正定厄米矩阵，而二者的行列式都为1。

共轭场及点指标

左手场的厄米共轭仍有两个分量，但其变换矩阵会随之改变。为把共轭场的指标同原场区别开，对每个分量取共轭后在指标上加点，定义

[\psi_a(x)]^\dagger=\psi^\dagger_{\dot a}(x),\qquad \dot a=\dot1,\dot2. \tag{34.9}

将（34.1）逐分量取厄米共轭，并利用 $U$ 的幺正性，共轭后的场变换为

U^{-1}\psi^\dagger_{\dot a}(x)U =L_a{}^b(\Lambda)^*\psi^\dagger_{\dot b}(\Lambda^{-1}x) \equiv R_{\dot a}{}^{\dot b}(\Lambda) \psi^\dagger_{\dot b}(\Lambda^{-1}x). \tag{34.10}

所以，两个下点分量组成的列按 $R=L^*$ 变换。这里每个矩阵元各自取复共轭，行和列的位置保持不变。由于 $(L'L)^*=L'^*L^*$ ，连续两次变换仍给出 $R(\Lambda'\Lambda)=R(\Lambda')R(\Lambda)$ ，乘法次序同左手表示相同。再将右手矩阵写成 $R=I+i\omega_{\mu\nu}S_R^{\mu\nu}/2$ ，同左手展开的复共轭比较：实参数 $\omega$ 保持不变，而 $i$ 变号，故生成元之间满足

S_R^{\mu\nu}=-(S_L^{\mu\nu})^*,\qquad J_{R,i}=-\frac12\sigma_i^*,\qquad K_{R,i}=\frac i2\sigma_i^*. \tag{34.11}

这时 $N_{R,i}=0$ 、 $\bar N_{R,i}=-\sigma_i^*/2$ ，非平凡作用由第二个角动量因子给出。后一组矩阵仍满足角动量代数，是自旋 $1/2$ 的一组等价矩阵。因此共轭场属于 $(1,2)$ 表示，称为右手外尔场。

生成元关系中的负号也可以从算符共轭的次序看出。先在原点写出右手场的对易式，再逐分量取厄米共轭：

\begin{aligned} \relax[\psi^\dagger_{\dot a},M^{\mu\nu}] &=(S_R^{\mu\nu})_{\dot a}{}^{\dot b}\psi^\dagger_{\dot b},\\ [M^{\mu\nu},\psi_a]&=\bigl[(S_R^{\mu\nu})_{\dot a}{}^{\dot b}\bigr]^*\psi_b. \end{aligned} \tag{34.12}

由于 $(AB-BA)^\dagger=B^\dagger A^\dagger-A^\dagger B^\dagger$ ，共轭使对易子的次序反转。把第二行左边改回 $[\psi_a,M^{\mu\nu}]$ 时便产生负号，与（34.2）比较后正是（34.11）。在一般 $x$ 处，场的宗量也随变换改变，恢复同一个轨道项即可。

两个左手指标与不变的反对称符号

知道单个旋量指标的变换后，可以仿照上一节的张量分解，考虑带两个左手指标的场 $C_{ab}$ ，并问它的四个分量能否分成各自独立变换的部分。暂时省略时空宗量，每个指标各作用一个左手变换矩阵：

C'_{ab}=L_a{}^cL_b{}^dC_{cd},\qquad C'=LCL^T. \tag{34.13}

交换两个指标与施行变换可以按任意次序进行，所以对称部分和反对称部分各自封闭。这个分解也可从角动量合成看出：两个自旋 $1/2$ 的乘积包含一个自旋0和一个自旋1。取相应的归一基为

\frac{|12\rangle-|21\rangle}{\sqrt2};\qquad |11\rangle,\quad\frac{|12\rangle+|21\rangle}{\sqrt2},\quad|22\rangle. \tag{34.14}

用总生成元 $J_3=\sigma_3/2\otimes I+I\otimes\sigma_3/2$ 作用，后三态的权重依次为 $1,0,-1$ ，总降算符以系数 $\sqrt2$ 依次将它们相连；第一态则同时被总升、降算符和 $J_3$ 消去，因此是单态。两个左手因子的推动都是 $iJ$ ，所以这两部分在推动下也各自封闭，得到洛伦兹分解 $(2,1)\otimes(2,1)=(1,1)_{\rm A}\oplus(3,1)_{\rm S}$ 。

这个唯一的反对称单态可以用一个固定的反对称矩阵表示。二维反对称矩阵只有一个独立分量，因此只须选定它的归一化。取矩阵及其逆为

E=(\epsilon_{ab})=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix},\qquad E^{-1}=(\epsilon^{ab})=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}. \tag{34.15}

要让这个固定符号代表标量方向，它必须在两个指标同时变换后保持不变。左手生成元无迹，因而它们的指数及指数的乘积都有行列式1。将左手矩阵写成一般二阶形式 $L=\left(\begin{smallmatrix}a&b\\c&d\end{smallmatrix}\right)$ ，直接作矩阵乘法得到

LEL^T= \begin{pmatrix}0&bc-ad\\ad-bc&0\end{pmatrix} =(\det L)E=E. \tag{34.16}

在指标记号中，不变性写为 $L_a{}^cL_b{}^d\epsilon_{cd}=\epsilon_{ab}$ 。于是沿这个不变反对称方向的系数只按标量变换，其余部分对称。相应分解和两个部分的表达式为

C_{ab}=\epsilon_{ab}D+G_{ab},\qquad D=\frac12(C_{21}-C_{12})=-\frac12\epsilon^{ab}C_{ab},\qquad G_{ab}=\frac12(C_{ab}+C_{ba}). \tag{34.17}

变换时，反对称部分的标量系数 $D$ 只改变宗量，对称部分 $G$ 则有三个分量，组成 $(3,1)$ 表示。这里 $\epsilon$ 在两个指标同时变换下保持不变，所起的作用类似于度规恒等式 $\Lambda_\mu{}^\rho\Lambda_\nu{}^\sigma g_{\rho\sigma}=g_{\mu\nu}$ ：不变的双指标符号可以用来联系上、下两种指标位置。

升降指标及缩并的次序

既然反对称符号及其逆都已确定，就可以用它们定义旋量指标的升降。先将（34.15）中的矩阵相乘，有

\epsilon_{ab}\epsilon^{bc}=\delta_a{}^c,\qquad \epsilon^{ab}\epsilon_{bc}=\delta^a{}_c. \tag{34.18}

互逆关系保证了升起再降下能够恢复原分量。因此规定

\psi^a=\epsilon^{ab}\psi_b,\qquad \psi_a=\epsilon_{ab}\psi^b;\qquad \psi^1=\psi_2,\quad\psi^2=-\psi_1. \tag{34.19}

先升再降确实给出 $\epsilon_{ab}\epsilon^{bc}\psi_c=\psi_a$ 。上下指标的 $\epsilon$ 作为矩阵互为逆，数值上的符号恰好相反；此外，它的两个指标交换时也会变号。将同一个升指标操作改写成几种等价形式，可以看清这一点：

\psi^a=\epsilon^{ab}\psi_b =-\epsilon^{ba}\psi_b=-\psi_b\epsilon^{ba}=\psi_b\epsilon^{ab}. \tag{34.20}

$\epsilon$ 是数值常量，可以移到场的任意一侧；这里出现的负号都来自它自身的指标交换。两个场缩并时也有相应规则：保持场的乘法次序，只改变缩并指标的上、下位置，得到

\begin{aligned} \psi^a\chi_a &=\epsilon^{ab}\psi_b\chi_a =-\psi_b\epsilon^{ba}\chi_a=-\psi_b\chi^b\\ &=\psi_2\chi_1-\psi_1\chi_2. \end{aligned} \tag{34.21}

这次缩并中的负号同样来自 $\epsilon$ 的反对称性，两个场的先后次序始终相同。

右手指标采用相同的归一化，即 $\epsilon^{\dot1\dot2}=\epsilon_{\dot2\dot1}=+1$ 。由 $R=L^*$ 及矩阵 $E$ 为实数，左手不变式的共轭给出 $RER^T=E$ ，所以刚才的升降与缩并步骤将无点指标逐一换成点指标后仍然成立。例如 $\psi^{\dagger\dot1}=\psi^\dagger_{\dot2}$ 、 $\psi^{\dagger\dot2}=-\psi^\dagger_{\dot1}$ 。

同一个右手场改用上点分量列时，变换矩阵也随基底改变。将升降矩阵放在原变换的两侧，上点列按

R_{\rm up}=E^{-1}L^*E=(L^\dagger)^{-1} \tag{34.22}

变换。最后一个等号来自 $L^TEL=E$ 的共轭形式；这里 $L^TEL=E$ 仍由同一个二维行列式恒等式得到。又因为 $E^{-1}\sigma_i^*E=-\sigma_i$ ，上点基底中的生成元成为 $J_{R,i}=\sigma_i/2$ 、 $K_{R,i}=-i\sigma_i/2$ ，同第33节按两个角动量因子选出的基底一致。因此，下点列用 $L^*$ ，上点列用 $(L^\dagger)^{-1}$ ，是同一个右手场采用不同分量基底的写法。下一节将进一步固定缩并顺序，引入更简便的无指标记号。

旋量与四矢量之间的字典

将一个无点指标与一个点指标组合，得到 $(2,1)\otimes(1,2)=(2,2)$ 。上一节已将这个表示认作四矢量，因而两种指标体系之间应当存在可逆的对应。用单位矩阵和三个泡利矩阵把四矢量写成二阶矩阵：

X_{a\dot a}=\sigma^\mu_{a\dot a}A_\mu,\qquad \sigma^\mu=(I,\boldsymbol\sigma),\qquad X=-A^0I+\mathbf A\cdot\boldsymbol\sigma. \tag{34.23}

例如 $\sigma^3_{1\dot1}=1$ 、 $\sigma^3_{2\dot2}=-1$ ，另外两个矩阵元为零，点指标与无点指标在这里分别标记列与行。四个矩阵 $I,\sigma_i$ 线性独立，因此能从矩阵恢复四矢量的每个分量。利用 $\operatorname{tr}\sigma_i=0$ 、 $\operatorname{tr}(\sigma_i\sigma_j)=2\delta_{ij}$ 分别取迹，得到

A^0=-\frac12\operatorname{tr}X,\qquad A^i=\frac12\operatorname{tr}(\sigma_iX). \tag{34.24}

这给出了字典的逆。不过，要将它用作两种表示之间的对应，还须使两边的洛伦兹变换相容。两个下旋量指标的变换为 $X'=LXR^T=LXL^\dagger$ ；分别将（34.8）中的转动和推动展开到一阶，就有

\begin{aligned} \delta_R X&=-\frac i2\theta_i[\sigma_i,X] =(\boldsymbol\theta\times\mathbf A)\cdot\boldsymbol\sigma,\\ \delta_B X&=-\frac12\eta_i\{\sigma_i,X\} =-(\boldsymbol\eta\cdot\mathbf A)I +A^0\boldsymbol\eta\cdot\boldsymbol\sigma. \end{aligned} \tag{34.25}

按单位矩阵和泡利矩阵的系数比较，第一式给出 $\delta A^0=0$ 、 $\delta\mathbf A=\boldsymbol\theta\times\mathbf A$ ，即通常的空间转动；第二式给出 $\delta A^0=\boldsymbol\eta\cdot\mathbf A$ 、 $\delta A^i=\eta_iA^0$ ，即所用的正非对角推动。两种指标体系中的生成元作用相同，取指数并相乘后，对整个连通群的作用也相同。上述泡利矩阵乘法已经证明当前字典的相容性；下一节将进一步整理 $\sigma$ 矩阵的乘积与缩并恒等式。

由此也能理解为什么把字典中的 $\sigma$ 称为不变符号：分量同时按两种指标体系变换，对应关系保持不变。从表示论看，这正是乘积 $(2,1)\otimes(1,2)\otimes(2,2)$ 含有单态的含义。第三个因子可借助不变度规与其对偶表示相认，因此这个单态对应于将前两个因子的乘积与四矢量相连的映射。

有限变换的双覆盖

矩阵字典不仅联系无穷小生成元，也能说明上一节提到的旋量双值性。先令 $A^\mu$ 为实数，则 $X$ 厄米，其行列式等于四矢量闵氏长度平方的相反数：

\det X=(A^0)^2-\mathbf A^2=-g_{\mu\nu}A^\mu A^\nu. \tag{34.26}

任意 $L\in SL(2,\mathbb C)$ 将 $X$ 变为 $LXL^\dagger$ 后，矩阵仍厄米且行列式不变，所以它诱导了保持洛伦兹度规的实线性变换。为确定这些变换所在的连通分支，对矩阵作极分解 $L=PV$ ，其中 $P$ 正定厄米、 $V$ 幺正；行列式为1又给出 $P=e^{\mathbf h\cdot\boldsymbol\sigma}$ 、 $V\in SU(2)$ 。整个矩阵空间由 $\mathbb R^3\times S^3$ 参数化，是连通、单连通的，诱导的洛伦兹变换便始终位于恒等元所在的固有正时分支。

这个构造也包含了所有固有正时变换。任意这样的 $\Lambda$ 将 $(1,0,0,0)$ 变成未来单位类时矢量；选一次推动将原时间轴送到这个矢量，再用该推动的逆作用于 $\Lambda$ ，剩下的变换保持时间轴，因而只能是空间SO(3)转动。式（34.8）已经给出任意方向的推动和转动，所以每个固有正时变换都能由某个 $L$ 实现。

最后确定哪些旋量矩阵会给出相同的四矢量变换。若 $LXL^\dagger=X$ 对每个厄米 $X$ 都成立，先令 $X=I$ ，可知 $L$ 幺正；再令 $X=\sigma_i$ ，可知 $L$ 与三个泡利矩阵都对易。与 $\sigma_3$ 对易要求矩阵为对角形，与 $\sigma_1$ 对易又要求两个对角元相等，因此 $L=cI$ 。再用 $\det L=1$ ，只剩 $c=\pm1$ 。故每个 $\Lambda$ 恰有 $L$ 和 $-L$ 两个原像；前面的记号 $L(\Lambda)$ 包含对原像的选择，连续变换的群复合须在同一覆盖群中进行。转动 $2\pi$ 恰好从 $I$ 走到 $-I$ ，第33节得到的 $(-1)^{2(n+n')}$ 就是这个核在任意不可约块上的作用；它等于1时，表示才能下降到原洛伦兹群。

不变张量与二阶张量的完全分解

若若干表示的乘积含有单态，沿这个不变方向的固定分量就给出一个不变张量。前面的 $\epsilon$ 代表反对称单态， $\sigma$ 则联系两种指标体系。用这些工具考察两个四矢量的乘积，可以先分别合成它们的无点指标和点指标，得到

\begin{aligned} (2,2)\otimes(2,2) &=(1\oplus3,\,1\oplus3)\\ &=(1,1)_{\rm S}\oplus(1,3)_{\rm A} \oplus(3,1)_{\rm A}\oplus(3,3)_{\rm S}. \end{aligned} \tag{34.27}

第一行是分别对两个SU(2)因子使用 $2\otimes2=1_{\rm A}\oplus3_{\rm S}$ 。交换两个矢量时，无点指标和点指标会同时交换：两个反对称单态的负号相乘为正，两个对称三重态也给正号，只有一个因子反对称的两项则给负号。因此第二行的S、A分别标记整个矢量交换下的对称性与反对称性。

其中的对称单态由 $g^{\mu\nu}$ 张成。把它同第33节的分解 $B^{\mu\nu}=A^{\mu\nu}+S^{\mu\nu}+g^{\mu\nu}T/4$ 相比，就可认出 $T\in(1,1)$ 、 $S\in(3,3)$ 以及 $A\in(3,1)\oplus(1,3)$ 。对称张量的四个对角元受一个迹条件约束，留下3个独立分量，再加6个非对角分量，共有9个，正与 $(3,3)$ 的维数相符。

要将反对称的六个分量实际拆开，还需要另一个不变符号。四个四矢量的完全反对称乘积只有一个独立分量，在固有洛伦兹变换下构成单态。将相应的Levi-Civita符号（Levi-Civita symbol）归一化为 $\epsilon^{0123}=+1$ ，任意两个指标交换时变号，有重复指标时为零。降下四个指标时恰好遇到一个时间度规负号，所以 $\epsilon_{0123}=-1$ 。它在变换下的性质由行列式的展开给出：

\Lambda^\mu{}_{\alpha}\Lambda^\nu{}_{\beta} \Lambda^\rho{}_{\gamma}\Lambda^\sigma{}_{\delta} \epsilon^{\alpha\beta\gamma\delta} =(\det\Lambda)\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}. \tag{34.28}

左边在四个自由指标中完全反对称，只能正比于 $\epsilon$ 。取 $(\mu,\nu,\rho,\sigma)=(0,1,2,3)$ ，求和中的24项恰好组成 $\det\Lambda$ ，于是得到上式的比例系数。固有变换的行列式为1，故 $\epsilon$ 在这些变换下不变。利用它可以定义对偶运算，从反对称张量中取出刚才找到的两个三维部分。

左右手生成元的对偶性质

左右手生成元已经同时带有旋量指标与一对反对称时空指标，因而适合用来联系对称旋量和反对称张量。先把 $S_L^{\mu\nu}$ 的旋量指标降为两个下指标，再写出两个上指标的形式；依（34.19）逐指标操作，得到

(S_L^{\mu\nu})_{ab} =\epsilon_{bc}(S_L^{\mu\nu})_a{}^c,\qquad (S_L^{\mu\nu})^{ab} =\epsilon^{ac}(S_L^{\mu\nu})_c{}^b. \tag{34.29}

泡利矩阵无迹，因此 $\epsilon^{ab}(S_L^{\mu\nu})_{ab} =(S_L^{\mu\nu})_a{}^a=0$ 。这还限制了两个旋量指标的对称性：二维矩阵的反对称部分只能写成 $c\epsilon_{ab}$ ，同 $\epsilon^{ab}$ 缩并给出 $-2c$ ，所以 $c=0$ ，降指标后的矩阵对 $a,b$ 对称。再将两指标同时升起，对称性仍保持； $S_R$ 同样无迹，因而也得到两个点指标对称的矩阵。

旋量指标的性质确定以后，再考察那一对反对称时空指标。对任意反对称张量，定义对偶运算

(\star A)^{\mu\nu}=\frac12\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}A_{\rho\sigma}. \tag{34.30}

将左右手生成元代入这一运算，就能区分二者对应的张量部分。先把（34.6）–（34.7）中的左手矩阵代入，按含时间指标与纯空间指标两类计算：

\begin{aligned} (\star S_L)^{i0} &=-\frac12\epsilon_{ijk}S_L^{jk}=-\frac12\sigma_i=iS_L^{i0},\\ (\star S_L)^{ij} &=\epsilon^{ijk0}(S_L)_{k0} =(-\epsilon_{ijk})(-i\sigma_k/2)=iS_L^{ij}. \end{aligned} \tag{34.31}

这里空间缩并使用三维欧氏 $\epsilon_{ijk}$ ，而降低时间指标给出 $(S_L)_{k0}=-S_L^{k0}$ 。两类计算包含全部六个独立时空指标对，所以可以合写为协变形式，并同时给出右手结果：

S_L^{\mu\nu}=-\frac i2\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}(S_L)_{\rho\sigma}, \qquad S_R^{\mu\nu}=+\frac i2\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}(S_R)_{\rho\sigma}. \tag{34.32}

右手式由左手式逐项复共轭，再用 $S_R=-S_L^*$ 得到。特别取一对分量，有 $S_L^{10}=+iS_L^{23}$ 。

对称旋量怎样成为自对偶张量

生成元的两个旋量指标对称，两个时空指标反对称，因而可以将一个对称左手场 $G_{ab}$ 映成反对称张量。定义

G^{\mu\nu}=(S_L^{\mu\nu})^{ab}G_{ab}. \tag{34.33}

所得张量对 $\mu,\nu$ 反对称，并由（34.32）满足 $G=-i\star G$ ，也就是 $\star G=iG$ 。具有这一性质的复二形式称为自对偶（self-dual）。

为了把这个线性映射认作两种表示之间的对应，还要说明它保持洛伦兹变换。先考察生成元在群共轭下怎样变换。由 $L(\Lambda)^{-1}L(1+\omega)L(\Lambda) =L(\Lambda^{-1}(1+\omega)\Lambda)$ 比较 $\omega_{\mu\nu}$ 的系数，得到

L^{-1}S_L^{\mu\nu}L =\Lambda^\mu{}_{\rho}\Lambda^\nu{}_{\sigma}S_L^{\rho\sigma}. \tag{34.34}

其中 $\omega'_{\rho\sigma}=\omega_{\mu\nu} \Lambda^\mu{}_{\rho}\Lambda^\nu{}_{\sigma}$ ，两边指标正好如此排列。升起首指标后，生成元矩阵成为 $E^{-1}S_L^{\mu\nu}$ ，而反对称符号的不变性给出 $L^TE^{-1}=E^{-1}L^{-1}$ 。因此，将 $G'_{ab}=L_a{}^cL_b{}^dG_{cd}$ 代入（34.33），两个变换矩阵可移到缩并系数上，成为

L^T(E^{-1}S_L^{\mu\nu})L =E^{-1}(L^{-1}S_L^{\mu\nu}L) =\Lambda^\mu{}_{\rho}\Lambda^\nu{}_{\sigma}E^{-1}S_L^{\rho\sigma}. \tag{34.35}

右边恰好是二阶张量所需的两个洛伦兹矩阵，因此映出的 $G^{\mu\nu}$ 按二阶张量变换。

还可将这个对应逐分量反解，以确认三个旋量分量都保留在张量中。令 $G_{11}=u$ 、 $G_{12}=G_{21}=v$ 、 $G_{22}=w$ ，将（34.15）和泡利矩阵代入缩并，三个含时间指标的分量为

G^{10}=\frac i2(u-w),\qquad G^{20}=-\frac12(u+w),\qquad G^{30}=-iv. \tag{34.36}

其余分量由自对偶条件 $G^{i0}=\frac i2\epsilon_{ijk}G^{jk}$ 确定。三个旋量分量可反解为 $u=-iG^{10}-G^{20}$ 、 $w=iG^{10}-G^{20}$ 、 $v=iG^{30}$ ，所以任意自对偶二形式都唯一对应于一个对称左手旋量。

右手对应可以由同一映射的共轭得到。对（34.33）取厄米共轭时，由于升指标所用的 $\epsilon^{ab}$ 为实数，升指标与共轭可以按任意次序进行。于是得到

G^{\dagger\mu\nu} =-(S_R^{\mu\nu})^{\dot a\dot b}G^\dagger_{\dot a\dot b},\qquad G^\dagger=+i\star G^\dagger,\quad \star G^\dagger=-iG^\dagger. \tag{34.37}

映射系数前的负号来自 $S_R=-S_L^*$ ，对偶关系中的 $i$ 则因共轭而变号。这个三维空间属于 $(1,3)$ 表示，称为反自对偶（anti-self-dual）部分。

两个投影与六分量的重建

现在可以反过来，从任意反对称 $A^{\mu\nu}$ 出发，求出它的自对偶与反自对偶部分。为构造相应投影，先计算连续作两次对偶的作用 $\star^2$ 。这里需要两个四维反对称符号的缩并。

先只缩并一个指标。若 $(\mu,\nu,\rho)$ 或 $(\alpha,\beta,\gamma)$ 有重复指标，乘积为零；若两组三指标不是同一个集合，也找不到一个 $\sigma$ 同时补齐两个反对称符号。只有两组是同一集合的不同排列时，唯一的剩余 $\sigma$ 才贡献一项，其符号为两种排列的相对符号乘 $-1$ ，其中负号由 $\epsilon^{0123}\epsilon_{0123}=-1$ 确定。因此结果是负的三阶克罗内克行列式：

\begin{aligned} \epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\epsilon_{\alpha\beta\gamma\sigma} ={}&-\delta^\mu{}_{\alpha}\delta^\nu{}_{\beta}\delta^\rho{}_{\gamma} -\delta^\mu{}_{\beta}\delta^\nu{}_{\gamma}\delta^\rho{}_{\alpha} -\delta^\mu{}_{\gamma}\delta^\nu{}_{\alpha}\delta^\rho{}_{\beta}\\ &+\delta^\mu{}_{\beta}\delta^\nu{}_{\alpha}\delta^\rho{}_{\gamma} +\delta^\mu{}_{\alpha}\delta^\nu{}_{\gamma}\delta^\rho{}_{\beta} +\delta^\mu{}_{\gamma}\delta^\nu{}_{\beta}\delta^\rho{}_{\alpha}. \end{aligned}

令 $\gamma=\rho$ 并求和，第一、第四项各带因子 $\delta^\rho{}_{\rho}=4$ ，其余四项各消去一个求和指标。两种自由指标排列的系数分别合成 $-4+1+1=-2$ 和 $4-1-1=2$ ，得到

\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\epsilon_{\alpha\beta\rho\sigma} =-2(\delta^\mu{}_{\alpha}\delta^\nu{}_{\beta} -\delta^\mu{}_{\beta}\delta^\nu{}_{\alpha}). \tag{34.38}

再令 $\beta=\nu$ 并求和，还可得到 $\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\epsilon_{\alpha\nu\rho\sigma}=-2(4-1)\delta^\mu{}_{\alpha}=-6\delta^\mu{}_{\alpha}$ 。两个、三个缩并指标的系数绝对值分别是 $2!$ 、 $3!$ ，对应补齐剩余指标的排列数。将二指标缩并式用于连续两次对偶，再利用原张量的反对称性，得到

\begin{aligned} (\star^2 A)^{\mu\nu} &=\frac14\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma} \epsilon_{\rho\sigma\alpha\beta}A^{\alpha\beta}\\ &=-\frac12(A^{\mu\nu}-A^{\nu\mu})=-A^{\mu\nu}. \end{aligned} \tag{34.39}

因此在复数域中，对偶算符的本征值为 $+i,-i$ 。将任意二形式分别投影到这两个本征空间，可以使用

P_+=\frac12(I-i\star),\qquad P_-=\frac12(I+i\star),\qquad P_\pm^2=P_\pm,\quad P_+P_-=0,\quad P_++P_-=I. \tag{34.40}

这些确为互补投影。例如 $(I-i\star)^2=I-2i\star-\star^2=2(I-i\star)$ 给出幂等性， $(I-i\star)(I+i\star)=I+\star^2=0$ 则给出两投影的乘积为零。又因为 $\star$ 只由洛伦兹不变的 $g$ 和 $\epsilon$ 组成，它同固有洛伦兹变换可交换，所以两个投影的像空间分别保持不变。

进一步令 $A$ 厄米。此时 $\star$ 的系数为实数，投影所得的两部分互为厄米共轭，分解便可写为

\begin{aligned} G^{\mu\nu}=(P_+A)^{\mu\nu} &=\frac12A^{\mu\nu}-\frac i4\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}A_{\rho\sigma},\\ G^{\dagger\mu\nu}=(P_-A)^{\mu\nu} &=\frac12A^{\mu\nu}+\frac i4\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}A_{\rho\sigma},\\ A^{\mu\nu}&=G^{\mu\nu}+G^{\dagger\mu\nu}. \end{aligned} \tag{34.41}

对于一般复 $A$ ，两个投影仍然适用，但两部分不必互为厄米共轭；上述共轭关系使用了原张量的厄米性。

用三维分量写出这一分解，还能直接看到两种手征部分在推动下的区别。暂记 $E_i=A^{i0}$ 、 $B_i=\epsilon_{ijk}A^{jk}/2$ ，对偶及两个投影就成为

\star:(\mathbf E,\mathbf B)\longmapsto(-\mathbf B,\mathbf E),\qquad G^{i0}=\frac12(E_i+iB_i),\qquad G^{\dagger i0}=\frac12(E_i-iB_i). \tag{34.42}

一阶推动作用于原反对称张量，给出 $\delta A^{i0}=\eta_jA^{ij}$ 和 $\delta A^{jk}=-\eta_jE_k+\eta_kE_j$ 。分别代入这两组三维分量的定义，得到

\delta\mathbf E=\boldsymbol\eta\times\mathbf B,\qquad \delta\mathbf B=-\boldsymbol\eta\times\mathbf E,\qquad \delta(\mathbf E\pm i\mathbf B) =\mp i\boldsymbol\eta\times(\mathbf E\pm i\mathbf B). \tag{34.43}

两组三分量在转动下都是自旋1，推动却分别对应 $K_i=+iJ_i$ 和 $K_i=-iJ_i$ ，因此它们正是 $(3,1)$ 与 $(1,3)$ 表示。对原来的六个实分量，这种写法给出三个复分量及其共轭；在复数域上，两种手征部分各自不可约。

用对称旋量表示任意自旋

二指标对称旋量的构造可以推广。考虑带 $N$ 个无点指标和 $M$ 个点指标的场，并要求无点指标之间完全对称、点指标之间也完全对称。先看无点部分：每个指标有两个取值，完全对称性使一个分量只由其中取值为2的指标数 $r$ 决定。 $r=0,1,\ldots,N$ ，所以共有 $N+1$ 个独立分量。

在自旋 $1/2$ 的通常基底中，将含 $r$ 个低权因子的不同张量积相加并归一化，记为 $|r\rangle$ 。总角动量是每个因子角动量之和。每个高权因子贡献 $+1/2$ ，每个低权因子贡献 $-1/2$ ，故

J_3|r\rangle=\left(\frac N2-r\right)|r\rangle, \qquad J_-|r\rangle=\sqrt{(r+1)(N-r)}\,|r+1\rangle.

第二式也可直接数出：每个含 $r$ 个低权因子的乘积有 $N-r$ 个可降的因子；降后每种 $r+1$ 个低权因子的乘积被数到 $r+1$ 次。结合两侧归一化因子 $\binom Nr^{-1/2}$ 和 $\binom N{r+1}^{-1/2}$ ，系数成为 $(r+1)\sqrt{\binom N{r+1}/\binom Nr}=\sqrt{(r+1)(N-r)}$ 。这一条从最高权 $N/2$ 出发的降链占满全部 $N+1$ 维空间，因而就是不可约的自旋 $N/2$ 表示。

点指标部分先按（34.22）换到通常的自旋基底，再作同样的计算，得到另一个因子上的自旋 $M/2$ 。由第 33 节的张量积不可约性可知，分别完全对称的旋量对应

(2n+1,2n'+1)=(N+1,M+1),\qquad n=\frac N2,\quad n'=\frac M2, \qquad \dim=(N+1)(M+1).

$N=M=1$ 给出四矢量， $(N,M)=(2,0)$ 和 $(0,2)$ 给出刚才的两种三维二形式。取 $N=0$ 或 $M=0$ 时，相应角动量因子为单态。

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