就做个正反粒子变换害搁那取特定表示呢你很野蛮知道吗在旋量大街, 别让我看到 C^T = C^†, 看到你 Weyl 表示必须给你拽掉, 必须撤你稿!

原文: https://zhuanlan.zhihu.com/p/2049455800079356223
发布日期: 2026-06-18
分类: 粒子物理 / QFT / 场论计算

一个主流的迷思是认为日常生活中的多数物质都由原子构成, 在这个迷思下像原子这样的粒子最终能分解为夸克, 而夸克在这个迷思中是由量子旋量场激发出来的本征态. 但就算你不研究强子, 你去搞弱或者电磁相互作用你也逃不开旋量场的魔掌.

那问题来了, 涉及旋量场就难免要出现 gamma 矩阵, 然后算着就会碰到类似于 ${\gamma }^{\mu \mathrm{T}$ 这样的东西. 再然后呢? 然后你又知道 ${\gamma }^{0\mathrm{T}={\gamma }^{0},\ {\gamma }^{1\mathrm{T}=-{\gamma }^{1},\ {\gamma }^{2\mathrm{T}={\gamma }^{2},\ {\gamma }^{3\mathrm{T}=-{\gamma }^{3}$ ··· 嗯··· 但你又在想这玩意儿好像是特定表示下才有的结论吧? 什么表示? Dirac 还是 Weyl 表示呢? 好像都行···? 但关键我这一路算下来用的是什么表示呢? 这篇文章这本书又用的什么表示呢? 不过其实一般用的就都是 Weyl 表示倒也不会出什么大乱子但··· 但不觉得很恶心吗? 万一呢? 我是说万一计算过程中有哪个地方用了其它的表示呢? 万一搞错表示了呢?

能不能不用 ${\gamma }^{\mu \mathrm{T}={\left( -1 \right)}^{\mu }{\gamma }^{\mu }$ 这样的结论呢? 能不能让计算本身独立于这些具体的表示呢? 但你几乎无论怎么翻书好像大家都一定要在一个具体的表示下去介绍这些玩应···

无所谓, 我会出手.

总之本文将试着不取定具体表示地去构造日常所需的必要结论, 不过这并不是说我要消除转置符号或者完全放弃表示论地去写你吗一堆数学人特有的抽象怪话. 我要在完全不改变大家计算习惯的基础上取消对具体表示的依赖, 就是说还是要把这些跟旋量空间相关的玩应写成矩阵, 还是会有旋量指标, 只是不再要求特定的表示了. 或者就是说我将只用那些所有不可约复表示都通用的公式去重述这个体系, 毕竟我的目的就是希望计算起来可以不用再确认表示了嘛···

好的, 那我要开始发功了.

噢对了, 先摆俩前置内容吧:

https://zhuanlan.zhihu.com/p/399908095 https://zhuanlan.zhihu.com/p/373020066## 目録

1. 下边儿是估计多数人都懒得看的论述过程, 你可以直接跳到结论

1.1. 答案是我们可以直接把 ${C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C=-{\gamma }^{\mu \mathrm{T}$ 这条关系式搬出来当 $C$ 的定义式 1.2. 現在公開可能な情報: $\boxed{C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C=-{\gamma }^{\mu \mathrm{T},\ {C}^{\mathrm{T}=-C,\ {C}^{\dagger }={C}^{-1}.\ }$ 1.3. 噢, 我突然想到了一个更好的证明方式··· 我操, 马萨卡 1.4. 所以什么事 ${U_{C}^{\dagger }{\psi }^{\mathrm{I}\left( x \right){U}_{C}$ 呢? 搞几把老半天, 大的终于要来了 1.5. 其它绘景呢? 1.6. 所以搞半天 ${C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)}$ 到底事个什么玩应?

2. 结论

2.1. 心路历程 2.2. 你少废话告儿我咋整就完了

3. 你好他吗不信我是吧

3.1. 对于搞不懂前面那堆论述的, 我将给出一款更 low 比的版本

1. 下边儿是估计多数人都懒得看的论述过程, 你可以直接跳到结论

你追溯起来会发现这些转置都是源于 C 变换的, 它也总与荷共轭算符这个带旋量指标的矩阵相联系, 所以切入点就是能不能把旋量场的 C 变换及荷共轭矩阵 $C$ 的相关理论都从一个具体的表示中剥离出来.

荷共轭算符 $C \equiv i γ^{2} γ^{0}$ 或者 $C \equiv i γ^{0} γ^{2}$ 给大家的感觉就像是什么基础定义但显然这玩意儿是依赖于具体表示的, 没记错的话一般取的就是 Weyl 表示. 而要想解除它对特定表示的依赖, 那就得从正反粒子对称性的出发点谈起了:

我们常说的 C 变换指的就是荷共轭变换, 我不想讲一大串去告诉你它会改变哪些荷及其相关的量子数又怎样完全不影响时空坐标、动量、角动量或螺旋度等··· 其实总结起来非常简单, 这个变换的作用就是把一个粒子换成它的反粒子, 就这样, 所以荷都会共轭然后运动状态都不变.

我们平时说的粒子就是单粒子态嘛, 如果你还记得自由 Dirac 旋量场的平面波展开表达式

${\psi }^{\mathrm{I}\left( x \right)=\int{\frac{\mathrm{d}^{3}p}{\left( 2\pi \right)}^{3}\frac{1}{\sqrt{2{E}_{\vec{p}\sum\nolimits_{\lambda =\pm }{\left[ u\left( \vec{p},\lambda \right)a_{\vec{p},\lambda }^{\mathrm{I}{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}p\cdot x}+v\left( \vec{p},\lambda \right)b_{\vec{p},\lambda }^{\mathrm{I}\dagger }{\mathrm{e}^{\mathrm{i}p\cdot x} \right]}$

上标 $I$ 事相互作用绘景的意思, 就··· you know, 自由部分嘛.

那其中涉及到的一对正反单粒子态的定义就可以被写作

$\left| +,\vec{p},\lambda \right\rangle \equiv \sqrt{2{E}_{\vec{p}a_{\vec{p},\lambda }^{\mathrm{I}\dagger }\left| 0 \right\rangle ,\ \left| -,\vec{p},\lambda \right\rangle \equiv \sqrt{2{E}_{\vec{p}b_{\vec{p},\lambda }^{\mathrm{I}\dagger }\left| 0 \right\rangle .\$

于是关于正反粒子对换的 C 变换在量子 Hilbert 空间里会自然对应到一个线性幺正变换 $U_{C}$ , 对于这个量子算符显然应当有 $U_{C}^{- 1} = U_{C}^{†} = U_{C}$ , 而它的定义或者说它的根本作用就表现为 $U_{C} ∣ +, p, λ ⟩ = ζ_{C} ∣ -, p, λ ⟩$ , 会多出一个相位因子的自由度是因为量子体系的状态实际上是条射线而非矢量, 这非常老生常谈了.

我们还会假定 $U_{C} ∣ 0 ⟩ = ∣ 0 ⟩$ , 它毕竟没有粒子，，

从这个根本作用出发显然可以得到 $U_{C}$ 跟产生湮灭算符的内些个恩怨情仇:

$U_{C}^{\dagger }a_{p,\lambda }^{\mathrm{I}\dagger }{U}_{C}={\zeta }_{C}b_{\vec{p},\lambda }^{\mathrm{I}\dagger },\ U_{C}^{\dagger }a_{p,\lambda }^{\mathrm{I}{U}_{C}=\zeta _{C}^{*}b_{p,\lambda }^{\mathrm{I},\$
$U_{C}^{\dagger }b_{p,\lambda }^{\mathrm{I}\dagger }{U}_{C}=\zeta _{C}^{*}a_{\vec{p},\lambda }^{\mathrm{I}\dagger },\ U_{C}^{\dagger }b_{p,\lambda }^{\mathrm{I}{U}_{C}={\zeta }_{C}a_{p,\lambda }^{\mathrm{I}.\$

然后一个自然的问题就是要问 $U_{C}^{†} ψ (x) U_{C}$ 跟 $ψ (x)$ 到底是个什么关系了呗, 也就是在这个过程中为了能方便计算大家才都选择了 Weyl 表示, 接着才有的 $C \equiv i γ^{2} γ^{0}$ 或者 $i γ^{0} γ^{2} .$

各大教科书里选定 Weyl 表示后无非就是从 $U_{C}$ 跟产生湮灭算符的内些个恩怨情仇出发证明了存在一个 $C \equiv i γ^{2} γ^{0}$ 或者 $C \equiv i γ^{0} γ^{2}$ 可以使得 $U_{C}^{\dagger }\psi \left( x \right){U}_{C}=\zeta _{C}^{*}C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)$ , 然后又从定义 $C \equiv i γ^{2} γ^{0}$ 或者 $C \equiv i γ^{0} γ^{2}$ 出发推出了关系 ${C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C=-{\gamma }^{\mu \mathrm{T}$ , 最后再又利用这条关系证明了 $C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}$ 是一个携带的荷与 $ψ$ 正好相反的 Dirac 旋量场.

然而要走完这个流程其实根本就不需要选择一个特定的表示···

1.1. 答案是我们可以直接把 $\bm{C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C=-{\gamma }^{\mu \mathrm{T}$ 这条关系式搬出来当 $C$ 的定义式:

一定存在这样的 $C$ 吗? 一定存在, 因为 $\left\{ -{\gamma }^{\mu \mathrm{T},-{\gamma }^{\nu \mathrm{T} \right\}={\left\{ {\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\nu } \right\}^{\mathrm{T}=2{g}^{\mu \nu }$ , 所以加个负号取转置扩张出的代数也还是 $Cl (1, 3)$ . 再考虑到复 $Cl (1, 3)$ 就只有一个不可约的表示, 所以它的任何两个同维的不可约表示都一定是等价的, 这就意味着我们一定可以找到这样一个可逆映射 $C$ 使得 ${C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C=-{\gamma }^{\mu \mathrm{T}.$

那现在我们就定义了这个带旋量指标的矩阵 $C$ ··· 它必须是个矩阵是因为 $γ^{μ}$ 必须得是个矩阵, 或者应该说接下来的证明都至少要在 $Cl (1, 3)$ 的一个不可约复表示下进行. 而下面将要发生的一切, 都很牛逼——我将证明就这一条关系式就足矣给出我们所需的一切.

先用 Schur 引理搞俩大新闻:

$\ \ \ \ \ {C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C=-{\gamma }^{\mu \mathrm{T}$
$\Rightarrow {C}^{\mathrm{T}{\gamma }^{\mu \mathrm{T}{C}^{-1\mathrm{T}=-{\gamma }^{\mu }$
$\Rightarrow {C}^{\mathrm{T}{C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C{C}^{-1\mathrm{T}={\gamma }^{\mu }$
$\Rightarrow {C}^{\mathrm{T}{C}^{-1}{\gamma }^{\mu }{\left( {C}^{\mathrm{T}{C}^{-1} \right)}^{-1}={\gamma }^{\mu }$
$\Rightarrow {C}^{\mathrm{T}{C}^{-1}{\gamma }^{\mu }={\gamma }^{\mu }{C}^{\mathrm{T}{C}^{-1}\Rightarrow \left[ {C}^{\mathrm{T}{C}^{-1},{\gamma }^{\mu } \right]=0.$
$\ \ \ \ \ {C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C=-{\gamma }^{\mu \mathrm{T}$
$\Rightarrow C^{†} γ^{μ †} C^{- 1 †} = - γ^{μ T †}$
$\Rightarrow {C}^{\dagger }{\mathcal{P}^{\mu }_{\nu }{\gamma }^{\nu }{C}^{-1\dagger }=-{\left( {\mathcal{P}^{\mu }_{\nu }{\gamma }^{\nu } \right)}^{\mathrm{T}$
$\Rightarrow {C}^{\dagger }{\mathcal{P}^{\rho }_{\mu }{\mathcal{P}^{\mu }_{\nu }{\gamma }^{\nu }{C}^{-1\dagger }=-{\left( {\mathcal{P}^{\rho }_{\mu }{\mathcal{P}^{\mu }_{\nu }{\gamma }^{\nu } \right)}^{\mathrm{T}$
$\Rightarrow {C}^{\dagger }{\gamma }^{\rho }{C}^{-1\dagger }=-{\gamma }^{\rho \mathrm{T}$
$\Rightarrow C^{†} γ^{μ} C^{- 1 †} = C^{- 1} γ^{μ} C$
$\Rightarrow C C^{†} γ^{μ} = γ^{μ} C C^{†} \Rightarrow [C C^{†}, γ^{μ}] = 0.$

上面证明了结论 $\left[ {C}^{\mathrm{T}{C}^{-1},{\gamma }^{\mu } \right]=\left[ C{C}^{\dagger },{\gamma }^{\mu } \right]=0$ , 而 $\mathrm{spa}{\mathrm{n}_{\mathbb{C}\left\{ \mathbf{1},{\gamma }^{\mu },{\gamma }^{5},{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{5},{\sigma }^{\mu \nu } \right\}$ 是 $Cl (1, 3)$ 的一个不可约复表示, 再考虑到 ${C}^{\mathrm{T}{C}^{-1}$ 与 $C C^{†}$ 都可逆所以一定不是零映射, 于是由 Schur 引理可得: $\left\{ \begin{align} & {C}^{\mathrm{T}{C}^{-1}={c}_{\mathrm{T}{1}_{n\times n}\Rightarrow {C}^{\mathrm{T}={c}_{\mathrm{T}C,\ {c}_{\mathrm{T}\in \mathbb{C},\ \\ & C{C}^{\dagger }={c}_{\mathrm{D}{1}_{n\times n}\Rightarrow {C}^{\dagger }={c}_{\mathrm{D}{C}^{-1},\ {c}_{\mathrm{D}\in \mathbb{C}.\ \\ \end{align} \right.$

搞不懂 Schur 引理的可以参考下文:

https://zhuanlan.zhihu.com/p/314567658进一步还有 $\left\{ \begin{align} & {C}^{\mathrm{T}={c}_{\mathrm{T}C\Rightarrow C={c}_{\mathrm{T}{C}^{\mathrm{T}=c_{\mathrm{T}^{2}C\Rightarrow {c}_{\mathrm{T}=\pm 1,\ \\ & {C}^{\dagger }={c}_{\mathrm{D}{C}^{-1}\Rightarrow \left\{ \begin{matrix} C=c_{\mathrm{D}^{*}{C}^{-1\dagger } \\ C={c}_{\mathrm{D}{C}^{\dagger -1} \\ \end{matrix} \right\}\Rightarrow {c}_{\mathrm{D}>0.\ \\ \end{align} \right.$

于是我们便优雅从容地选择了 $\left\{ \begin{align} & {c}_{\mathrm{T}=-1,\ \\ & {c}_{\mathrm{D}=1,\ \\ \end{align} \right.$ just like the good ol' days.

1.2. 現在公開可能な情報: $\boxed{C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C=-{\gamma }^{\mu \mathrm{T},\ {C}^{\mathrm{T}=-C,\ {C}^{\dagger }={C}^{-1}.\ }$

至于说 ${C}^{\mathrm{T}={C}^{\dagger }$ 就别想了, 这跟 ${\gamma }^{\mu \mathrm{T}={\left( -1 \right)}^{\mu }{\gamma }^{\mu }$ 一样都是特定表示下才会有的结论.

接着就让我们回到物理吧, 先搬出自由理论的 Dirac 方程: $(i \partial / - m) ψ (x) = 0.$

下面的证明必须得先在自由理论中进行, 然后才好讨论开启了相互作用的情形.

代入正能解 ${\psi }^{\left( + \right)}=u\left( \vec{p},\lambda \right){\mathrm{e}^{-\mathrm{i}p\cdot x}$ 即可得到 $u (p, λ)$ 的运动方程:

$\ \ \ \ \left( \mathrm{i}{\partial }\!\!\!/-m \right)u\left( \vec{p},\lambda \right){\mathrm{e}^{-\mathrm{i}p\cdot x}=\left( {p}\!\!\!/-m \right)u\left( \vec{p},\lambda \right){\mathrm{e}^{-\mathrm{i}p\cdot x}=0$
$\Rightarrow (p / - m) u (p, λ) = 0.$

同理代入负能解 ${\psi }^{\left( - \right)}=v\left( \vec{p},\lambda \right){\mathrm{e}^{\mathrm{i}p\cdot x}$ 可得 $v (p, λ)$ 的运动方程:

$\ \ \ \ \left( \mathrm{i}{\partial }\!\!\!/-m \right)v\left( \vec{p},\lambda \right){\mathrm{e}^{\mathrm{i}p\cdot x}=\left( -{p}\!\!\!/-m \right)v\left( \vec{p},\lambda \right){\mathrm{e}^{\mathrm{i}p\cdot x}=0$
$\Rightarrow (p / + m) v (p, λ) = 0.$

对 $u (p, λ)$ 的运动方程取 Dirac 共轭并转置得:

$\ \ \ \ {\left[ {u}^{\dagger }\left( \vec{p},\lambda \right)\left( {\gamma }^{\mu \dagger }{p}_{\mu }-m \right){\gamma }^{0} \right]}^{\mathrm{T}=0$
$={\left[ \bar{u}\left( \vec{p},\lambda \right)\left( {\gamma }^{\mu }{p}_{\mu }-m \right) \right]}^{\mathrm{T}$
$=\left( {\gamma }^{\mu \mathrm{T}{p}_{\mu }-m \right){\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)$
$=\left( -{C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C{p}_{\mu }-m \right){\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)$
$={C}^{-1}\left( {\gamma }^{\mu }{p}_{\mu }+m \right)C{\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)\Rightarrow \left( {\gamma }^{\mu }{p}_{\mu }+m \right)C{\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)=0.\$

上式说明 $C{\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)$ 其实满足的是负能解内边儿的运动方程, 这意味着至少会有

$C \overset{u}{ˉ}^{T (p, λ) = \sum_{λ}^{'}} c_{λ λ^{'}} v (p, λ^{'}) .$

但咱这儿都指定了 $u (p, λ), v (p, λ)$ 分别是螺旋度算符 $\frac{\vec{p}{\left| {\vec{p} \right|}\cdot \vec{S}$ 本征值 $\pm \frac{λ}{2}$ 的本征态了···

1.3. 噢, 我突然想到了一个更好的证明方式··· 我操, 马萨卡:

已知 $\left\{ \begin{align} & \frac{\vec{p}{\left| {\vec{p} \right|}\cdot \vec{S}u\left( \vec{p},\lambda \right)=\frac{\lambda }{2}u\left( \vec{p},\lambda \right),\ \\ & \frac{\vec{p}{\left| {\vec{p} \right|}\cdot \vec{S}v\left( \vec{p},\lambda \right)=-\frac{\lambda }{2}v\left( \vec{p},\lambda \right),\ \\ \end{align} \right.$ 其中 ${S}^{i}={\varepsilon }^{i}_{jk}{S}^{jk}={\varepsilon }^{i}_{jk}\frac{\mathrm{i}{4}\left[ {\gamma }^{j},{\gamma }^{k} \right].$

取 Dirac 共轭得 ${u}^{\dagger }\left( \vec{p},\lambda \right)\frac{\vec{p}{\left| {\vec{p} \right|}\cdot {\vec{S}^{\dagger }{\gamma }^{0}=\frac{\lambda }{2}\bar{u}\left( \vec{p},\lambda \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ={u}^{\dagger }\left( \vec{p},\lambda \right)\frac{p}_{i}{\left| {\vec{p} \right|}{\varepsilon }^{i}_{jk}\frac{-\mathrm{i}{4}\left( {\gamma }^{k\dagger }{\gamma }^{j\dagger }-{\gamma }^{j\dagger }{\gamma }^{k\dagger } \right){\gamma }^{0}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ={u}^{\dagger }\left( \vec{p},\lambda \right){\gamma }^{0}\frac{p}_{i}{\left| {\vec{p} \right|}{\varepsilon }^{i}_{jk}\frac{-\mathrm{i}{4}\left( {\gamma }^{k}{\gamma }^{j}-{\gamma }^{j}{\gamma }^{k} \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ={u}^{\dagger }\left( \vec{p},\lambda \right){\gamma }^{0}\frac{p}_{i}{\left| {\vec{p} \right|}{\varepsilon }^{i}_{jk}\frac{\mathrm{i}{4}\left( {\gamma }^{j}{\gamma }^{k}-{\gamma }^{k}{\gamma }^{j} \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\bar{u}\left( \vec{p},\lambda \right)\frac{\vec{p}{\left| {\vec{p} \right|}\cdot \vec{S}$
$\Rightarrow \bar{u}\left( \vec{p},\lambda \right)\frac{\vec{p}{\left| {\vec{p} \right|}\cdot \vec{S}=\frac{\lambda }{2}\bar{u}\left( \vec{p},\lambda \right).\$
转置得 $\frac{\vec{p}{\left| {\vec{p} \right|}\cdot {\vec{S}^{\mathrm{T}{\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)=\frac{\lambda }{2}{\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)$
$\ \ \ \ =\frac{p}_{i}{\left| {\vec{p} \right|}{\varepsilon }^{i}_{jk}\frac{\mathrm{i}{4}\left[ {\gamma }^{k\mathrm{T}{\gamma }^{j\mathrm{T}-{\gamma }^{j\mathrm{T}{\gamma }^{k\mathrm{T} \right]{\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)$
$\ \ \ \ =\frac{p}_{i}{\left| {\vec{p} \right|}{\varepsilon }^{i}_{jk}\frac{\mathrm{i}{4}\left[ \begin{align} & \left( -{C}^{-1}{\gamma }^{k}C \right)\left( -{C}^{-1}{\gamma }^{j}C \right) \\ & -\left( -{C}^{-1}{\gamma }^{j}C \right)\left( -{C}^{-1}{\gamma }^{k}C \right) \\ \end{align} \right]{\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)$
$\ \ \ \ =\frac{p}_{i}{\left| {\vec{p} \right|}{\varepsilon }^{i}_{jk}\frac{\mathrm{i}{4}{C}^{-1}\left( {\gamma }^{k}{\gamma }^{j}-{\gamma }^{j}{\gamma }^{k} \right)C{\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)$
$\ \ \ \ =-{C}^{-1}\frac{\vec{p}{\left| {\vec{p} \right|}\cdot \vec{S}C{\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)$
$\Rightarrow \frac{\vec{p}{\left| {\vec{p} \right|}\cdot \vec{S}C{\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)=-\frac{\lambda }{2}C{\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right),$
同理得 $\frac{\vec{p}{\left| {\vec{p} \right|}\cdot \vec{S}C{\bar{v}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)=\frac{\lambda }{2}C{\bar{v}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right).\$

这说明 $C{\bar{v}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right),C{\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)$ 也分别是螺旋度算符 $\frac{\vec{p}{\left| {\vec{p} \right|}\cdot \vec{S}$ 本征值 $\pm \frac{λ}{2}$ 的本征态···

我他吗自己都惊了, 还能这么玩? 物理学··· 很奇妙吧?

$u (p, λ), v (p, λ)$ 都是正交归一的, 而 ${\left( C\bar{X}_{1}^{\mathrm{T} \right)}^{\dagger }C\bar{X}_{2}^{\mathrm{T}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ={\left( C{\gamma }^{0\mathrm{T}X_{1}^{\dagger \mathrm{T} \right)}^{\dagger }C{\gamma }^{0\mathrm{T}X_{2}^{\dagger \mathrm{T}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =X_{1}^{\mathrm{T}{\gamma }^{0\mathrm{T}\dagger }{C}^{\dagger }C{\gamma }^{0\mathrm{T}X_{2}^{\dagger \mathrm{T}={\left( X_{2}^{\dagger }{X}_{1} \right)}^{\mathrm{T},$
显然, $C{\bar{v}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right),C{\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)$ 也干了，，

再考虑到 $\pm \frac{λ}{2}$ 对应的本征子空间都是一维的, 所以自然有 $\left\{ \begin{align} & C{\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)={\zeta }_{-}v\left( \vec{p},\lambda \right),\ \\ & C{\bar{v}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)={\zeta }_{+}u\left( \vec{p},\lambda \right),\ \\ \end{align} \right.$ 其中的 $ζ_{+}, ζ_{-}$ 都只事相位因子.

进一步还有 $C{\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)={\zeta }_{-}v\left( \vec{p},\lambda \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow C{\gamma }^{0\mathrm{T}{u}^{\dagger \mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)={\zeta }_{-}v\left( \vec{p},\lambda \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow {u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right){\gamma }^{0\mathrm{T}\dagger }{C}^{\dagger }=\zeta _{-}^{*}{v}^{\dagger }\left( \vec{p},\lambda \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow {C}^{\dagger \mathrm{T}{\gamma }^{0\dagger }u\left( \vec{p},\lambda \right)=\zeta _{-}^{*}{v}^{\dagger \mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow {\zeta }_{-}u\left( \vec{p},\lambda \right)={\gamma }^{0}{C}^{\mathrm{T}{v}^{\dagger \mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow {\zeta }_{-}u\left( \vec{p},\lambda \right)={\left[ {v}^{\dagger }\left( \vec{p},\lambda \right)C{\gamma }^{0\mathrm{T} \right]}^{\mathrm{T}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow {\zeta }_{-}u\left( \vec{p},\lambda \right)={\left[ {v}^{\dagger }\left( \vec{p},\lambda \right)C\left( -{C}^{-1}{\gamma }^{0}C \right) \right]}^{\mathrm{T}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow {\zeta }_{-}u\left( \vec{p},\lambda \right)=-{\left[ \bar{v}\left( \vec{p},\lambda \right)C \right]}^{\mathrm{T}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow {\zeta }_{-}u\left( \vec{p},\lambda \right)=-{C}^{\mathrm{T}{\bar{v}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \left. \begin{align} & \Rightarrow C{\bar{v}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)={\zeta }_{-}u\left( \vec{p},\lambda \right) \\ & \ \ \ \ \ \ C{\bar{v}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)={\zeta }_{+}u\left( \vec{p},\lambda \right) \\ \end{align} \right\}\Rightarrow {\zeta }_{+}={\zeta }_{-}\equiv \zeta .\$

1.4. 所以什么事 $\bm{U_{C}^{\dagger }{\psi }^{\mathrm{I}\left( x \right){U}_{C}$ 呢? 搞几把老半天, 大的终于要来了:

$\ \ \ \ U_{C}^{\dagger }{\psi }^{\mathrm{I}\left( x \right){U}_{C}$
$=\int{\frac{\mathrm{d}^{3}p}{\left( 2\pi \right)}^{3}\frac{1}{\sqrt{2{E}_{\vec{p}\sum\limits_{\lambda =\pm }{\left[ u\left( \vec{p},\lambda \right)U_{C}^{\dagger }a_{\vec{p},\lambda }^{\mathrm{I}{U}_{C}{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}p\cdot x}+v\left( \vec{p},\lambda \right)U_{C}^{\dagger }b_{\vec{p},\lambda }^{\mathrm{I}\dagger }{U}_{C}{\mathrm{e}^{\mathrm{i}p\cdot x} \right]}$
$=\int{\frac{\mathrm{d}^{3}p}{\left( 2\pi \right)}^{3}\frac{1}{\sqrt{2{E}_{\vec{p}\sum\limits_{\lambda =\pm }{\left[ u\left( \vec{p},\lambda \right)\zeta _{C}^{*}b_{p,\lambda }^{\mathrm{I}{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}p\cdot x}+v\left( \vec{p},\lambda \right)\zeta _{C}^{*}a_{\vec{p},\lambda }^{\mathrm{I}\dagger }{\mathrm{e}^{\mathrm{i}p\cdot x} \right]}$
$=\zeta _{C}^{*}\int{\frac{\mathrm{d}^{3}p}{\left( 2\pi \right)}^{3}\frac{1}{\sqrt{2{E}_{\vec{p}\sum\limits_{\lambda =\pm }{\left[ {\zeta }^{*}C{\bar{v}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)b_{p,\lambda }^{\mathrm{I}{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}p\cdot x}+{\zeta }^{*}C{\bar{u}^{\mathrm{T}\left( \vec{p},\lambda \right)a_{\vec{p},\lambda }^{\mathrm{I}\dagger }{\mathrm{e}^{\mathrm{i}p\cdot x} \right]}$
$={\zeta }^{*}\zeta _{C}^{*}C\int{\frac{\mathrm{d}^{3}p}{\left( 2\pi \right)}^{3}\frac{1}{\sqrt{2{E}_{\vec{p}\sum\limits_{\lambda =\pm }{\left[ {v}^{\dagger }\left( \vec{p},\lambda \right){\gamma }^{0}b_{p,\lambda }^{\mathrm{I}{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}p\cdot x}+{u}^{\dagger }\left( \vec{p},\lambda \right){\gamma }^{0}a_{\vec{p},\lambda }^{\mathrm{I}\dagger }{\mathrm{e}^{\mathrm{i}p\cdot x} \right]}^{\mathrm{T}$
$={\zeta }^{*}\zeta _{C}^{*}C\int{\frac{\mathrm{d}^{3}p}{\left( 2\pi \right)}^{3}\frac{1}{\sqrt{2{E}_{\vec{p}\sum\limits_{\lambda =\pm }{\left\{ \left[ {v}^{\dagger }\left( \vec{p},\lambda \right)b_{p,\lambda }^{\mathrm{I}{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}p\cdot x}+{u}^{\dagger }\left( \vec{p},\lambda \right)a_{\vec{p},\lambda }^{\mathrm{I}\dagger }{\mathrm{e}^{\mathrm{i}p\cdot x} \right]{\gamma }^{0} \right\}^{\mathrm{T}$
$={\zeta }^{*}\zeta _{C}^{*}C\int{\frac{\mathrm{d}^{3}p}{\left( 2\pi \right)}^{3}\frac{1}{\sqrt{2{E}_{\vec{p}\sum\limits_{\lambda =\pm }{\left\{ {\left[ v\left( \vec{p},\lambda \right)b_{p,\lambda }^{\mathrm{I}\dagger }{\mathrm{e}^{\mathrm{i}p\cdot x}+u\left( \vec{p},\lambda \right)a_{\vec{p},\lambda }^{\mathrm{I}{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}p\cdot x} \right]}^{\dagger }{\gamma }^{0} \right\}^{\mathrm{T}$
$={\zeta }^{*}\zeta _{C}^{*}C{\left\{ {\left[ \int{\frac{\mathrm{d}^{3}p}{\left( 2\pi \right)}^{3}\frac{1}{\sqrt{2{E}_{\vec{p}\sum\limits_{\lambda =\pm }{u\left( \vec{p},\lambda \right)a_{\vec{p},\lambda }^{\mathrm{I}{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}p\cdot x}+v\left( \vec{p},\lambda \right)b_{p,\lambda }^{\mathrm{I}\dagger }{\mathrm{e}^{\mathrm{i}p\cdot x} \right]}^{\dagger }{\gamma }^{0} \right\}^{\mathrm{T}$
$={\zeta }^{*}\zeta _{C}^{*}C{\left[ {\psi }^{\mathrm{I}{\left( x \right)}^{\dagger }{\gamma }^{0} \right]}^{\mathrm{T}={\zeta }^{*}\zeta _{C}^{*}C{\bar{\psi }^{\mathrm{IT}\left( x \right).\$

两个相位根本就是脱裤子放屁, 这里规定 $ζ = 1$ , 得 $U_{C}^{\dagger }{\psi }^{\mathrm{I}\left( x \right){U}_{C}=\zeta _{C}^{*}C{\bar{\psi }^{\mathrm{IT}\left( x \right).\$

别说什么 $ζ$ 被 $ζ_{C}$ 吸收了, 搞得好像 $U_{C}^{\dagger }{\psi }^{\mathrm{I}\left( x \right){U}_{C}$ 跟 $U_{C}^{†} a_{p, λ}^{I †} U_{C}$ 的相位必须相等一样.

1.5. 其它绘景呢?

在 Schrödinger 绘景下会有 $U_{C}^{\dagger }{\psi }^{\mathrm{S}\left( x \right){U}_{C}=\zeta _{C}^{*}C{\bar{\psi }^{\mathrm{ST}\left( x \right)$ 是理所当然的··· 因为··· 嗯··· 就你可以想象我们完全可以在 Schrödinger 绘景下重复前面的一切推导, 对吧? 毕竟唯一跟绘景相关的点就只有那个自由 Dirac 旋量场的平面波展开表达式.

那 Heisenberg 绘景咋整? 我们的 $U_{C}^{\dagger }{\psi }^{\mathrm{H}\left( x \right){U}_{C}$ 会等于 $\zeta _{C}^{*}C{\bar{\psi }^{\mathrm{HT}\left( x \right)$ 吗?

嗯··· 先回顾一下绘景变换吧:

https://zhuanlan.zhihu.com/p/499938902- 所以显然 $U_{C}^{\dagger }{\psi }^{\mathrm{H}\left( x \right){U}_{C}=U_{C}^{\dagger }{S}^{\dagger }\left( t,{t}_{0} \right){\psi }^{\mathrm{S}\left( x \right)S\left( t,{t}_{0} \right){U}_{C}.$

考虑到 ${H}^{\mathrm{S}$ 一般不含时间又有 $U_{C}^{\dagger }{\psi }^{\mathrm{H}\left( x \right){U}_{C}=U_{C}^{\dagger }{\mathrm{e}^{\mathrm{i}{H}^{\mathrm{S}\left( t-{t}_{0} \right)}{\psi }^{\mathrm{S}\left( x \right){\mathrm{e}^{-\mathrm{i}{H}^{\mathrm{S}\left( t-{t}_{0} \right)}{U}_{C}.$
于是问题就变成下面这个对易子是否为零的问题了:
$\left[ {\mathrm{e}^{-\mathrm{i}{H}^{\mathrm{S}\left( t-{t}_{0} \right)},{U}_{C} \right]=\sum\nolimits_{n=1}{\frac{\left( -\mathrm{i} \right)}^{n}{\left( t-{t}_{0} \right)}^{n}{n!}\mathrm{Nest}\!\left[ \left[ {H}^{\mathrm{S},{\small\#} \right]\mathrm{ }\!{\small\And}\!\text{ },{U}_{C},n \right]{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}{H}^{\mathrm{S}\left( t-{t}_{0} \right)}.$
其中 ${H}^{\mathrm{S}=H_{0}^{\mathrm{S}+H_{1}^{\mathrm{S}$ , 所以只要提供相互作用部分的 $H_{1}^{\mathrm{S}$ 与 $U_{C}$ 交换的话就有
$U_{C}^{\dagger }{\psi }^{\mathrm{H}\left( x \right){U}_{C}=U_{C}^{\dagger }{\mathrm{e}^{\mathrm{i}{H}^{\mathrm{S}\left( t-{t}_{0} \right)}{\psi }^{\mathrm{S}\left( x \right){\mathrm{e}^{-\mathrm{i}{H}^{\mathrm{S}\left( t-{t}_{0} \right)}{U}_{C}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ={\mathrm{e}^{\mathrm{i}{H}^{\mathrm{S}\left( t-{t}_{0} \right)}U_{C}^{\dagger }{\psi }^{\mathrm{S}\left( x \right){U}_{C}{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}{H}^{\mathrm{S}\left( t-{t}_{0} \right)}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ={\mathrm{e}^{\mathrm{i}{H}^{\mathrm{S}\left( t-{t}_{0} \right)}\zeta _{C}^{*}C{\bar{\psi }^{\mathrm{ST}\left( x \right){\mathrm{e}^{-\mathrm{i}{H}^{\mathrm{S}\left( t-{t}_{0} \right)}=\zeta _{C}^{*}C{\bar{\psi }^{\mathrm{HT}\left( x \right).\$

1.6. 所以搞半天 $\bm{C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)}$ 到底事个什么玩应?

其实 $C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)$ 就是一个与 $ψ (x)$ 正反対的 Dirac 旋量场, 比如你可以看它的运动方程:

如果 $ψ (x)$ 满足 $\left[ \mathrm{i}{\gamma }^{\mu }\left( {\partial }_{\mu }+\mathrm{i}eQ{A}_{\mu }+\mathrm{i}g\frac{\lambda }_{\alpha }{2}A_{\mu }^{\alpha } \right)-m \right]\psi \left( x \right)=0$ 的话, 就有
$\ \ \ \ \ {\psi }^{\dagger }\left( x \right){\gamma }^{0}{\gamma }^{0}{\left[ \mathrm{i}{\gamma }^{\mu }\left( {\overset{\lower0.5em\hbox{$ \smash{\scriptscriptstyle\leftarrow} $}{\partial }_{\mu }+\mathrm{i}eQ{A}_{\mu }+\mathrm{i}g\frac{\lambda }_{\alpha }{2}A_{\mu }^{\alpha } \right)-m \right]}^{\dagger }{\gamma }^{0}=0$
$\Rightarrow \bar{\psi }\left( x \right){\gamma }^{0}\left[ -\mathrm{i}{\gamma }^{\mu \dagger }\left( {\overset{\lower0.5em\hbox{$ \smash{\scriptscriptstyle\leftarrow} $}{\partial }_{\mu }-\mathrm{i}eQ{A}_{\mu }-\mathrm{i}g\frac{\lambda _{\alpha }^{*}{2}A_{\mu }^{\alpha } \right)-m \right]{\gamma }^{0}=0$
$\Rightarrow \left[ \mathrm{i}{\gamma }^{\mu \mathrm{T}\left( {\partial }_{\mu }-\mathrm{i}eQ{A}_{\mu }-\mathrm{i}g\frac{\lambda _{\alpha }^{*}{2}A_{\mu }^{\alpha } \right)+m \right]{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)=0$
$\Rightarrow \left[ -\mathrm{i}{C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C\left( {\partial }_{\mu }-\mathrm{i}eQ{A}_{\mu }-\mathrm{i}g\frac{\lambda _{\alpha }^{*}{2}A_{\mu }^{\alpha } \right)+m \right]{C}^{-1}C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)=0$
$\Rightarrow \left[ \mathrm{i}{\gamma }^{\mu }\left( {\partial }_{\mu }+\mathrm{i}e\left( -Q \right){A}_{\mu }+\mathrm{i}g\frac{-\lambda _{\alpha }^{*}{2}A_{\mu }^{\alpha } \right)-m \right]C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)=0.\$

所以显然 $C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)$ 也满足 Dirac 方程且携带的荷与 $ψ (x)$ 正好相反.

然后在 Lorentz 变换下的规律也说明它确实是个旋量场:

$C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)\overset{\Lambda }{\mathop{\to }\,C{\bar{\psi }'}^{\mathrm{T}\left( {x}'} \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =C{\left[ {\psi }'}^{\dagger }\left( {x}'} \right){\gamma }^{0} \right]}^{\mathrm{T}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =C{\gamma }^{0\mathrm{T}{\left[ D\left( \Lambda \right)\psi \left( x \right) \right]}^{\dagger \mathrm{T}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =C{\gamma }^{0\mathrm{T}{D}^{\dagger \mathrm{T}\left( \Lambda \right){\psi }^{\dagger \mathrm{T}\left( x \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =C{\left[ {D}^{\dagger }\left( \Lambda \right){\gamma }^{0} \right]}^{\mathrm{T}{\gamma }^{0\mathrm{T}{\gamma }^{0\mathrm{T}{\psi }^{\dagger \mathrm{T}\left( x \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =C{\left[ {\gamma }^{0}{D}^{\dagger }\left( \Lambda \right){\gamma }^{0} \right]}^{\mathrm{T}{\left[ {\psi }^{\dagger }\left( x \right){\gamma }^{0} \right]}^{\mathrm{T}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =C{\left[ {\gamma }^{0}{\left( {\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}{2}{\omega }_{\mu \nu }{S}^{\mu \nu } \right)}^{\dagger }{\gamma }^{0} \right]}^{\mathrm{T}{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =C{\left[ {\gamma }^{0}\sum\nolimits_{n=0}{\frac{\left( -\frac{\mathrm{i}{2}{\omega }_{\mu \nu }{S}^{\mu \nu }^{\dagger } \right)}^{n}{n!}{\gamma }^{0} \right]}^{\mathrm{T}{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =C{\left\{ {\gamma }^{0}\sum\nolimits_{n=0}{\frac{\left[ \frac{\mathrm{i}{2}{\omega }_{\mu \nu }\frac{\mathrm{i}{4}\left( {\gamma }^{\nu \dagger }{\gamma }^{\mu \dagger }-{\gamma }^{\mu \dagger }{\gamma }^{\nu \dagger } \right) \right]}^{n}{n!}{\gamma }^{0} \right\}^{\mathrm{T}{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =C{\left\{ \sum\nolimits_{n=0}{\frac{\left[ \frac{\mathrm{i}{2}{\omega }_{\mu \nu }\frac{\mathrm{i}{4}\left( {\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\mu }-{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu } \right) \right]}^{n}{n!} \right\}^{\mathrm{T}{C}^{-1}C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =C\sum\nolimits_{n=0}{\frac{\left[ \frac{\mathrm{i}{2}{\omega }_{\mu \nu }\frac{\mathrm{i}{4}\left( {\gamma }^{\mu \mathrm{T}{\gamma }^{\nu \mathrm{T}-{\gamma }^{\nu \mathrm{T}{\gamma }^{\mu \mathrm{T} \right) \right]}^{n}{n!}{C}^{-1}C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =C\sum\nolimits_{n=0}{\frac{\left[ \frac{\mathrm{i}{2}{\omega }_{\mu \nu }\frac{\mathrm{i}{4}\left( {C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C{C}^{-1}{\gamma }^{\nu }C-{C}^{-1}{\gamma }^{\nu }C{C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C \right) \right]}^{n}{n!}{C}^{-1}C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =C\sum\nolimits_{n=0}{\frac{\left[ {C}^{-1}\frac{\mathrm{i}{2}{\omega }_{\mu \nu }\frac{\mathrm{i}{4}\left( {\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }-{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\mu } \right)C \right]}^{n}{n!}{C}^{-1}C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =C\sum\nolimits_{n=0}{\frac{C}^{-1}{\left( \frac{\mathrm{i}{2}{\omega }_{\mu \nu }{S}^{\mu \nu } \right)}^{n}C}{n!}{C}^{-1}C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =D\left( \Lambda \right)C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right).\$

2. 结论

2.1. 心路历程:

我们从条件 ${C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C=-{\gamma }^{\mu \mathrm{T}$ 出发定义了带旋量指标的矩阵 $C .$
因为 $\left\{ -{\gamma }^{\mu \mathrm{T},-{\gamma }^{\nu \mathrm{T} \right\}=2{g}^{\mu \nu }$ 且复 $Cl (1, 3)$ 就一个不可约表示, 所以 $C$ 一定存在.
说它是个矩阵是因为 $γ^{μ}$ 必须得是个矩阵.
我至少可以保证上面的一切结论在复 $Cl (1, 3)$ 的任何一个不可约复表示下均成立.
通过 Schur 引理我们得到 $\left\{ \begin{align} & {C}^{\mathrm{T}={c}_{\mathrm{T}C,\ {c}_{\mathrm{T}=\pm 1,\ \\ & {C}^{\dagger }={c}_{\mathrm{D}{C}^{-1},\ {c}_{\mathrm{D}>0 \\ \end{align} \right.$ 并人为选择了 $\left\{ \begin{align} & {c}_{\mathrm{T}=-1,\ \\ & {c}_{\mathrm{D}=1.\ \\ \end{align} \right.$
現在公開可能な情報: $\boxed{C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C=-{\gamma }^{\mu \mathrm{T},\ {C}^{\mathrm{T}=-C,\ {C}^{\dagger }={C}^{-1}.\ }$
至于说 ${C}^{\mathrm{T}={C}^{\dagger }$ 就别想了, 这跟 ${\gamma }^{\mu \mathrm{T}={\left( -1 \right)}^{\mu }{\gamma }^{\mu }$ 一样都是依赖于特定表示的结论.
从正反粒子互换这一概念出发定义了量子 Hilbert 空间中的线性幺正算符 $U_{C} .$
显然 $U_{C}$ 必须满足 $U_{C}^{- 1} = U_{C}^{†} = U_{C}$ 且作用表现为 $U_{C} ∣ +, p, λ ⟩ = ζ_{C} ∣ -, p, λ ⟩ .$
进而到了 $U_{C}$ 与产生湮灭算符的恩怨情仇: $\left\{ \begin{align} & U_{C}^{\dagger }a_{p,\lambda }^{\mathrm{I}\dagger }{U}_{C}={\zeta }_{C}b_{\vec{p},\lambda }^{\mathrm{I}\dagger },\ \\ & U_{C}^{\dagger }a_{p,\lambda }^{\mathrm{I}{U}_{C}=\zeta _{C}^{*}b_{p,\lambda }^{\mathrm{I},\ \\ & U_{C}^{\dagger }b_{p,\lambda }^{\mathrm{I}\dagger }{U}_{C}=\zeta _{C}^{*}a_{\vec{p},\lambda }^{\mathrm{I}\dagger },\ \\ & U_{C}^{\dagger }b_{p,\lambda }^{\mathrm{I}{U}_{C}={\zeta }_{C}a_{p,\lambda }^{\mathrm{I}.\ \\ \end{align} \right.$ 其中 $ζ_{C}$ 为相位.
证明了当拉氏量[1]的相互作用项与 $U_{C}$ 交换时有 $U_{C}^{\dagger }\psi \left( x \right){U}_{C}=\zeta _{C}^{*}C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right).$
值得一提[2]的是 $U_{C}^{\dagger }\psi {U}_{C}=\zeta _{C}^{*}C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}$ 与 $U_{C}^{†} a_{p, λ}^{I †} U_{C} = ζ_{C} b_{p, λ}^{I †}$ 的相位可以不相等.
最后发现其实 $C{\bar{\psi }^{\mathrm{T}\left( x \right)$ 就是一个与 $ψ (x)$ 正反対的 Dirac 旋量场.

2.2. 你少废话告儿我咋整就完了:

你以后关于荷共轭算符 $C$ 与转置的公式就用下边儿框里这仨就完了, 啥都能算:
$\boxed{C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C=-{\gamma }^{\mu \mathrm{T},\ {C}^{\mathrm{T}=-C,\ {C}^{\dagger }={C}^{-1}.\ }$
以前还有个 ${C}^{\mathrm{T}={C}^{\dagger }$ 跟 ${\gamma }^{\mu \mathrm{T}={\left( -1 \right)}^{\mu }{\gamma }^{\mu }$ , 现在没了, 也不需要, 纯赘余.
顺带一提 $C = i γ^{2} γ^{0}$ 也没了, 其实这并不值得提一嘴, 但··· 下面也会提到.

3. 你好他吗不信我是吧

3.1. 对于搞不懂前面那堆论述的, 我将给出一款更 low 比的版本:

我们直接从条件 ${C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C=-{\gamma }^{\mu \mathrm{T}$ 出发定义个带旋量指标的矩阵 $C$ , 那问题是我们一定能找到这样的 $C$ 吗? 当然可以, 因为复 $Cl (1, 3)$ 就只有一个不可约的表示, 所以既然我们已经在 Weyl 表示里找到了它, 那在任何四维表示里都一定能找到一个这样的 $C .$

那现在一定有这样的 $C$ , 但怎样才能得到它与 ${C}^{\dagger },\ {C}^{-1},\ {C}^{\mathrm{T}$ 之间的关系呢?

就直接从 Weyl 表示变换过去不就完了吗? 毕竟你任何两个表示都一定可以通过一个相似变换相连接. 这是显然的, 因为如果你找到了一个表示能满足 $γ^{μ} γ^{ν} + γ^{ν} γ^{μ} = 2 g^{μν}$ 的话, 那它在一个幺正阵 $U$ 给出的相似变换 ${\gamma }'}^{\mu }\equiv U{\gamma }^{\mu }{U}^{\dagger }$ 下也同样能满足这个反对易关系:

${\gamma }'}^{\mu }{\gamma }'}^{\nu }+{\gamma }'}^{\nu }{\gamma }'}^{\mu }=U{\gamma }^{\mu }{U}^{\dagger }U{\gamma }^{\nu }{U}^{\dagger }+U{\gamma }^{\nu }{U}^{\dagger }U{\gamma }^{\mu }{U}^{\dagger }$
$= U (γ^{μ} γ^{ν} + γ^{ν} γ^{μ}) U^{†} = 2 g^{μν} U U^{†} = 2 g^{μν} .$

为啥是幺正的相似变换呢? 因为平时用的几个表示全都事幺正的四维表示呗.

所以, 如果在 Weyl 表示下有 ${C}^{-1}{\gamma }^{\mu }C=-{\gamma }^{\mu \mathrm{T}$ 的话, 那随便换个比如说 ${\gamma }'}^{\mu }\equiv U{\gamma }^{\mu }{U}^{\dagger }$ 这样的幺正表示后是否也还能找到一个 ${C}'}$ 使得 ${C}'}^{-1}{\gamma }'}^{\mu }{C}'=-{\gamma }'}^{\mu \mathrm{T}$ 呢?

研究下的:
左边是 ${C}'}^{-1}{\gamma }'}^{\mu }{C}'={C}'}^{-1}U{\gamma }^{\mu }{U}^{\dagger }{C}'$ ,
右边为 $-{\gamma }'}^{\mu \mathrm{T}=-{\left( U{\gamma }^{\mu }{U}^{\dagger } \right)}^{\mathrm{T}=-{U}^{\dagger \mathrm{T}{\gamma }^{\mu \mathrm{T}{U}^{\mathrm{T}$ .
所以 ${C}'}$ 应该要能做到 ${C}'}^{-1}U{\gamma }^{\mu }{U}^{\dagger }{C}'=-{U}^{\dagger \mathrm{T}{\gamma }^{\mu \mathrm{T}{U}^{\mathrm{T}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow {U}^{\mathrm{T}{C}'}^{-1}U{\gamma }^{\mu }{U}^{\dagger }{C}'{U}^{\mathrm{T}\dagger }=-{\gamma }^{\mu \mathrm{T}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow {\left( {U}^{\dagger }{C}'{U}^{\mathrm{T}\dagger } \right)}^{-1}{\gamma }^{\mu }{U}^{\dagger }{C}'{U}^{\mathrm{T}\dagger }=-{\gamma }^{\mu \mathrm{T}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow C={U}^{\dagger }{C}'{U}^{\mathrm{T}\dagger }\Rightarrow {C}'=UC{U}^{\mathrm{T}.$

于是就找到了 ${C}'=UC{U}^{\mathrm{T}$ , 代入不难验证有:

${C}'}^{-1}{\gamma }'}^{\mu }{C}'={U}^{\mathrm{T}\dagger }{C}^{-1}{U}^{\dagger }U{\gamma }^{\mu }{U}^{\dagger }UC{U}^{\mathrm{T}=-{U}^{\mathrm{T}\dagger }{\gamma }^{\mu \mathrm{T}{U}^{\mathrm{T}=-{\gamma }'}^{\mu \mathrm{T}.$

然后你还会发现这个任意表象的 ${C}'\equiv UC{U}^{\mathrm{T}$ 也能满足 ${C}'}^{\dagger }={C}'}^{-1}={U}^{\mathrm{T}\dagger }{C}^{\dagger }{U}^{\dagger }$ 及 ${C}'}^{\mathrm{T}=U{C}^{\mathrm{T}{U}^{\mathrm{T}=-{C}'$ 这两条关系, 至于说 ${C}'}^{-1}=-{C}'$ 或 ${C}'}^{\mathrm{T}={C}'}^{-1}$ 就别想了, 这跟 ${\gamma }^{\mu \mathrm{T}={\left( -1 \right)}^{\mu }{\gamma }^{\mu }$ 一样都是特定表示下才有的结论.

那还有没有 $U_{C}^{\dagger }{\psi }'}^{\mathrm{I}\left( x \right){U}_{C}=\zeta _{C}^{*}{C}'{\bar{\psi }'}^{\mathrm{IT}\left( x \right)$ 呢?

既然做了相似变换 ${\gamma }'}^{\mu }\equiv U{\gamma }^{\mu }{U}^{\dagger }$ , 那新的表示下肯定还要有 $ψ^{'} (x) = U ψ (x)$ 呗:

$U_{C}^{\dagger }{\psi }'}^{\mathrm{I}\left( x \right){U}_{C}=U_{C}^{\dagger }U{\psi }^{\mathrm{I}\left( x \right){U}_{C}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =UU_{C}^{\dagger }{\psi }^{\mathrm{I}\left( x \right){U}_{C}=\zeta _{C}^{*}UC{U}^{\dagger }U{\bar{\psi }^{\mathrm{IT}\left( x \right)=\zeta _{C}^{*}{C}'{\bar{\psi }'}^{\mathrm{IT}\left( x \right).$

这就事您要的丐版了··· 好土鳖.

噢, 那还顺带能说明 $C = i γ^{2} γ^{0}$ 肯定是依赖于特定表示的, 因为:

${C}'=UC{U}^{\mathrm{T}=U\mathrm{i}{\gamma }^{2}{\gamma }^{0}{U}^{\mathrm{T}=\mathrm{i}U{\gamma }^{2}{U}^{\dagger }U{\gamma }^{0}{U}^{\mathrm{T}=\mathrm{i}{\gamma }'}^{2}U{\gamma }^{0}{U}^{\mathrm{T}\ne \mathrm{i}{\gamma }'}^{2}{\gamma }'}^{0}.\,$

参考

^更准确来说事哈密顿量的··· 不过二者一般就只差个负号吧.
^呃呃真的值得一提吗，，

就做个正反粒子变换害搁那取特定表示呢 你很野蛮知道吗 在旋量大街, 别让我看到 C^T = C^†, 看到你 Weyl 表示必须给你拽掉, 必须撤你稿! ​

1. 下边儿是估计多数人都懒得看的论述过程, 你可以直接跳到结论 ​

2. 结论 ​

3. 你好他吗不信我是吧 ​

参考 ​

就做个正反粒子变换害搁那取特定表示呢你很野蛮知道吗在旋量大街, 别让我看到 C^T = C^†, 看到你 Weyl 表示必须给你拽掉, 必须撤你稿!

1. 下边儿是估计多数人都懒得看的论述过程, 你可以直接跳到结论

2. 结论

3. 你好他吗不信我是吧

参考