文献あり

Skyrmionがフェルミオンである理由

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SkyrmionはWess-Zumino-Witten項(WZW項)
$\begin{aligned} Γ_{W Z} & = \frac{- i N_{c}}{240 π^{2}} \int_{D_{5}^{+}} d^{5} x ϵ^{μ ν α β γ} t r (L_{μ} L_{ν} L_{α} L_{β} L_{γ}), \\ L_{μ} & := U^{†} \partial_{μ} U \end{aligned}$
と深い関係をもちます。Skyrme模型・非線形シグマ模型に量子アノマリーの効果を取り入れるにはWZW項が必要です。QCDのアノマリーによるメソンの崩壊過程は、WZW項によりこれらの模型に取り入れられますMathlog1。またSkyrme模型のトポロジカル不変量がバリオン荷であることは、WZW項のゲージ化を通じて理解できますMathlog1。

ところでSkyrmionが核子であるというなら、それはフェルミオンであるはずです。ここでフェルミオンとは空間の $2 π$ 回転に対して状態・波動関数に $e^{i π} = - 1$ の位相がつくオブジェクトのことです。しかしSkyrmionはボソンのソリトンです。有限個のボソンからフェルミオンを作ることは不可能なので、Skyrmionもフェルミオンになることはないように思えます。ところが本記事で示すように、Wess-Zumino-Witten項を通じてSkyrmionがフェルミオンであることがわかります。

以下の説明はRef.Zahed1986に則していますが、この議論はWittenの論文Witten1983Bに基づいています。Skyrme模型、WZW項の基礎に関してはMathlog記事Mathlog2 Mathlog3 Mathlog1をご参照ください。

$2 π$ 回転に対するWess-Zumino-Witten項の位相への寄与

次の問題を考えます：

断熱的な

2 π

回転に対するSkyrmionの位相

Skyrmionが以下の2つの状況にある場合を考えます。
(a) 時刻 $t = 0$ から $T$ までSkyrmionが静止している
(b) $t = 0$ から $T$ まで、Skyrmionが非常にゆっくり（＝断熱的に）一周回転する

過程(a)と(b)の図

このとき両者の状態にはどのような位相がつくか？

(a)は簡単で、Skyrmionの質量（エネルギー）を $M$ とすると、この過程に対応する作用を $Δ S$ とすると位相は
$\begin{array}{r} \exp (i Δ S) = \exp (- i M T) \end{array}$
となります。

次に(b)の場合を考えます。ところが、通常のSkyrme模型の作用
$\begin{array}{r} (1) & i S = i \int d^{4} x [- \frac{f_{π}^{2}}{4} t r (L_{μ} L^{μ}) + \frac{1}{4} ϵ^{2} t r ([L_{μ}, L_{ν}]^{2})], L_{μ} := U^{†} \partial_{μ} U \end{array}$
では、(a)と(b)の過程に関して区別がつきません。なぜならEq.(1)の時間微分を含む項は時間微分の2乗の項だからです。例えばEq.(1)の第１項の時間微分を含む項の時間積分は
$\begin{array}{r} - \frac{f_{π}^{2}}{4} i \int_{0}^{T} d t t r (L_{0} L^{0}) = \frac{f_{π}^{2}}{4} i \int_{0}^{T} d t t r (\frac{\partial}{\partial t} U^{†} \frac{\partial}{\partial t} U) \end{array}$
です。ここでゆっくり回転することから $U = U (ϵ t), ϵ ≪ 1$ とします。 $\tilde{t} = ϵ t$ と変数変換すれば
$\begin{array}{r} = ϵ \int_{0}^{ϵ T} d \tilde{t} t r (\frac{\partial}{\partial \tilde{t}} U^{†} \frac{\partial}{\partial \tilde{t}} U) \end{array}$
となります。 $T$ を $ϵ T$ が一定になるように大きくとれば、この積分は $ϵ \to 0$ でゼロになります。

ところがWZW項は時間の微分をひとつだけ持ちます。上の議論からわかるように、時間微分が1つの項はその時間積分が $ϵ \to 0$ でも有限で残ります。つまり(a)に対する(b)の相対位相はWZW項のみからもたらされます。よって(b)の過程の位相は以下のように与えられます：
$\begin{array}{r} (2) & \exp (i Δ S) = \exp (- i M T + \frac{- i N_{c}}{240 π^{2}} \int_{D_{5}^{+}} d^{5} x ϵ^{μ ν α β γ} t r (L_{μ} L_{ν} L_{α} L_{β} L_{γ})) \end{array}$
ここで $D_{5}^{+}$ は境界が空間 $S^{3}$ であるような5次元の領域です（この記事参照のこと）。

Eq.(2)のWZW項の寄与を計算したいのですが、そのためにはSkyrme解 $U$ を $D_{5}$ 上に拡張しなければなりません。その際以下が重要です:

Skyrmionの配位がflavorに関しSU(3)ならば $π_{5} (S U (3)) \sim π_{5} (S^{5}) = Z$ でありWZW項はノンゼロだが、SU(2)だと $π_{5} (S^{3}) = 1$ なのでWZW項はゼロになる。よってSU(3)で考えなければならない。
Skyrmionでは空間の回転はアイソスピン空間の回転に相当する（Skyrme解は $\exp (i \vec{τ} \cdot \vec{\hat{n}} f (r))$ のように、空間とアイソスピンのベクトルの内積を含む）
WZW項の被積分関数はexactなので、5次元への拡張の詳細に依らず、境界条件を適切に満たす連続的な $U$ ならばどのように拡張してもよい

1.よりSU(3)で考えます。 $U_{3} (x)$ を
$\begin{aligned} U_{3} (x) = (\begin{array}{c} U (x) \\ 1 \end{array}), U (x) = \cos f (r) + i \vec{τ} \cdot \vec{\hat{n}} \sin f (r) ({\hat{n}}^{i} & := x^{i} / r, τ^{i} はPauli行列) \end{aligned}$
とします。これはSU(2)のSkyrme解をSU(3)の左上に埋め込んだものです。Skyrme解に関してはこの記事をご参照ください。
2.より、Skyrmionの空間回転をアイソスピンでの回転に焼き直します。 $U_{3} (x, t)$ を
$\begin{aligned} U_{3} (x, t) & := (\begin{array}{c} e^{i t / 2} \\ e^{- i t / 2} \\ 1 \end{array}) U_{3} (x) (\begin{array}{c} e^{- i t / 2} \\ e^{i t / 2} \\ 1 \end{array}) \end{aligned}$
で定義します。これはアイソスピンの第3方向を軸とした回転であり、 $z$ 軸まわりの回転と同等です。 $U_{3} (x, t) は$ $t$ が $0$ から $2 π$ まで進むと1回転します(※脚注)。これを少し変形しておきます：
$\begin{array}{r} U_{3} (x, t) = (\begin{array}{c} 1 \\ e^{- i t} \\ e^{i t} \end{array}) U_{3} (x) (\begin{array}{c} 1 \\ e^{i t} \\ e^{- i t} \end{array}) \end{array}$

次に $U$ の5次元への拡張を考えます。5次元目の座標を $ρ$ とすると、5次元へ拡張されたSkyrmion $\tilde{U} (x, t, ρ)$ は境界条件として
$\begin{array}{r} \tilde{U} (x, t, ρ = 1) = U (x, t) \end{array}$
を満たすようにすればよいです。改めて、 $x, t, ρ$ に依存する
$\begin{array}{r} \tilde{U} (x, t, ρ) = A^{†} (t, ρ) U_{3} (x) A (t, ρ) \end{array}$
を定義します。そして以下の $A (t, ρ)$ を採用します：
$\begin{array}{r} A (t, ρ) = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 \\ 0 & ρ e^{- i t} & \sqrt{1 - ρ^{2}} \\ 0 & - \sqrt{1 - ρ^{2}} & ρ e^{i t} \end{array}) \end{array}$
ここで $ρ$ は $[0, 1]$ の範囲のパラメータとします。 $ρ$ が $1$ のとき通常の回転となります。 $D_{+}^{5}$ は $S^{3} \times disc$ であり、disc部分が $ρ, t$ で構成されます。パラメータの範囲はそれぞれ $[0, 1], [0, 2 π]$ となっています。これは $ρ$ を動径方向、 $t$ を角度方向とした2次元の極座標に対応します。
!FORMULA[58][35811360][0]及び時間と5次元目の座標から構成されるdisc $S^{3}$ 及び時間と5次元目の座標から構成されるdisc

以上から
$\begin{aligned} \tilde{U} (x, t, ρ) = A^{†} (t, ρ) U_{3} (x) A (t, ρ), \\ U_{3} (x) = (\begin{array}{c} U (x) \\ 1 \end{array}), U (x) = \cos f (r) + i \vec{τ} \cdot \vec{\hat{n}} \sin f (r), \\ A (t, ρ) = (\begin{array}{c} 1 & 0 & 0 \\ 0 & ρ e^{- i t} & \sqrt{1 - ρ^{2}} \\ 0 & - \sqrt{1 - ρ^{2}} & ρ e^{i t} \end{array}) \end{aligned}$
として、計算すべき量は
$\begin{array}{r} (3) & Γ_{W Z} (t = 2 π) := \frac{- i N_{c}}{240 π^{2}} \int_{0}^{1} d ρ \int_{0}^{2 π} d t \int d^{3} x ϵ^{α β γ μ ν} t r ({\tilde{L}}_{α} {\tilde{L}}_{β} {\tilde{L}}_{γ} {\tilde{L}}_{μ} {\tilde{L}}_{ν}), {\tilde{L}}_{μ} := {\tilde{U}}^{†} \partial_{μ} \tilde{U} \end{array}$
です。このとき状態につく位相は $\exp (i Γ_{W Z} (t = 2 π))$ です。

具体的な計算

Eq.(3)の積分は以下のようになります：

$Γ_{W Z} (t = 2 π)$ は以下で与えられる：
$\begin{array}{r} Γ_{W Z} (t = 2 π) = B N_{c} π \end{array}$
ここで $N_{c}$ はQCDにおけるカラー数、 $B$ はバリオン数（整数）であり
$\begin{array}{r} B = \int d^{3} x (- \frac{1}{2 π^{2} r^{2}}) f^{'} \sin^{2} (f) \end{array}$
である。

$α, β, γ, μ, ν$ は $ϵ^{α β γ μ ν}$ の完全反対称性より $x, y, z, t, ρ$ のいづれかである。ここで $i, j$ を $ρ, t$ 、 $a, b, c$ を空間のインデックスとする。そして $ϵ^{α β γ μ ν}$ を $ϵ^{i j}$ と $ϵ^{a b c}$ に分離すると
$\begin{array}{r} ϵ^{α β γ μ ν} t r ({\tilde{L}}_{α} {\tilde{L}}_{β} {\tilde{L}}_{γ} {\tilde{L}}_{μ} {\tilde{L}}_{ν}) = 5 ϵ^{i j} ϵ^{a b c} t r ({\tilde{L}}_{i} {\tilde{L}}_{j} {\tilde{L}}_{a} {\tilde{L}}_{b} {\tilde{L}}_{c}) \end{array}$
となる（Appendix参照）。これは
$\begin{array}{r} (4) & 5 ϵ^{i j} ϵ^{a b c} t r ({\tilde{L}}_{i} {\tilde{L}}_{j} {\tilde{L}}_{a} {\tilde{L}}_{b} {\tilde{L}}_{c}) = 5 ϵ^{i j} ϵ^{a b c} t r ({\tilde{L}}_{i} {\tilde{L}}_{j} A^{†} U_{3}^{†} \partial_{a} U_{3} U_{3}^{†} \partial_{b} U_{3} U_{3}^{†} \partial_{c} U_{3} A) \end{array}$
と書けるが、このうち $S^{3}$ 部分の $ϵ^{a b c} U_{3}^{†} \partial_{a} U_{3} U_{3}^{†} \partial_{b} U_{3} U_{3}^{†} \partial_{c} U_{3}$ は（がんばって）計算すると以下のようになる：
$\begin{array}{r} ϵ^{a b c} U_{3}^{†} \partial_{a} U_{3} U_{3}^{†} \partial_{b} U_{3} U_{3}^{†} \partial_{c} U_{3} = \frac{6}{r^{2}} \sin^{2} (f) f^{'} (\begin{array}{c} 1_{2 \times 2} \\ 0 \end{array}), f^{'} := \partial_{r} f \end{array}$
$1_{2 \times 2}$ は $2 \times 2$ の単位行列。以上より
$\begin{array}{r} E q . (4) = \frac{30}{r^{2}} \sin^{2} (f) f^{'} ϵ^{i j} t r (A {\tilde{L}}_{i} {\tilde{L}}_{j} A^{†} l_{2}), l_{2} := (\begin{array}{c} 1_{2 \times 2} \\ 0 \end{array}) \end{array}$
である。これは
$\begin{array}{r} (5) & = \frac{30}{r^{2}} \sin^{2} (f) f^{'} {- 2 ϵ^{i j} t r ((\partial_{i} A \partial_{j} A^{†}) l_{2}) - ϵ^{i j} t r ((U_{3}^{†} A \partial_{i} A^{†} U_{3} A \partial_{j} A^{†} + A \partial_{i} A^{†} U_{3}^{†} A \partial_{j} A^{†} U_{3}) l_{2})} \end{array}$
となる。Eq.(5)の第１項は
$\begin{array}{r} \frac{30}{r^{2}} \sin^{2} (f) f^{'} {- 2 ϵ^{i j} t r ((\partial_{i} A \partial_{j} A^{†}) l_{2})} = - \frac{120}{r^{2}} i ρ \sin^{2} (f) f^{'} \end{array}$
第２項は
$\begin{array}{r} \frac{30}{r^{2}} \sin^{2} (f) f^{'} {- ϵ^{i j} t r ((U_{3}^{†} A \partial_{i} A^{†} U_{3} A \partial_{j} A^{†} + A \partial_{i} A^{†} U_{3}^{†} A \partial_{j} A^{†} U_{3}) l_{2})} = \frac{120}{r^{2}} i ρ \sin^{2} (f) \cos (f) f^{'} \end{array}$
である。ここで第2項の積分への寄与は、以下のようにゼロである：
$\begin{aligned} \int d^{3} x \frac{120}{r^{2}} i ρ \sin^{2} (f) \cos (f) f^{'} & \propto \int_{0}^{\infty} d r \sin^{2} (f) \cos (f) f^{'} \\ \propto \int_{0}^{\infty} d r \frac{d}{d r} \sin^{3} (f) \\ = \sin^{3} (f (r = \infty)) - \sin^{3} (f (r = 0)) \\ = 0 (∵ f (\infty) = 0, f (0) = n π (n \in N)) \end{aligned}$
ゆえにWZW項Eq.(1)はEq.(5)の第１項からもたらされる：
$\begin{array}{r} (6) & \frac{- i N_{c}}{240 π^{2}} \int_{0}^{1} d ρ \int_{0}^{2 π} d t \int d^{3} x ϵ^{α β γ μ ν} t r ({\tilde{L}}_{α} {\tilde{L}}_{β} {\tilde{L}}_{γ} {\tilde{L}}_{μ} {\tilde{L}}_{ν}) = \frac{- i N_{c}}{240 π^{2}} \int_{0}^{1} d ρ \int_{0}^{2 π} d t \int d^{3} x (- \frac{120 i ρ}{r^{2}} \sin^{2} (f) f^{'}) \end{array}$
ここでSkyrmionのバリオン数 $B$ はこの記事より
$\begin{array}{r} B = \int d^{3} x (- \frac{1}{2 π^{2} r^{2}}) f^{'} \sin^{2} (f) \end{array}$
である。 $B$ を使ってEq.(6)を整理すれば、最終的に
$\begin{aligned} E q . (6) & = \frac{N_{c}}{240 π^{2}} \times 240 π^{2} B \int_{0}^{1} d ρ ρ \int_{0}^{2 π} d t \\ = B N_{c} π \end{aligned}$
を得る。 $_{◼}$

カラー数と統計性の関係

ということで、断熱的な $2 π$ 回転によりもたらされる(a)との相対位相は
$\begin{array}{r} \exp (i Γ_{W Z} (t = 2 π)) = \exp (i N_{c} π B) \end{array}$
となります。

核子は $B = 1$ であるので、 $N_{c}$ が奇数ならフェルミオン（ $\exp (i π) = - 1$ の位相がつく）、偶数ならボソン（位相はつかない）になることがわかります。現実は $N_{c} = 3$ なのでSkyrmionはフェルミオンとなり、「Skyrmion=核子」の描像と整合的です。前の記事で、WZW項の係数が $N_{c}$ であれば、Skyrme模型・非線形シグマ模型がQCDの低エネルギー有効理論として整合的になることを述べましたMathlog1。そして本記事の例でもまたその整合性が確認できます。

まとめ

本記事ではSkyrmionがフェルミオンであることを示しました。断熱的なSkyrmionの空間 $2 π$ 回転に関する位相はWess-Zumino-Witten項のみからもたらされます。その位相を計算すると、 $N_{c}$ が奇数ならSkyrmionはフェルミオン、偶数ならボソンとなることがわかります。このように、WZW項は非常に巧妙な形でSkyrmionにフェルミオンとしての性質をもたらします。

本記事ではflavorがSU(3)のSkyrmionに関して議論しました。SU(2)の場合はWZW項がゼロになるので本記事の議論を適用することはできません。これに関してはまた他の記事で書こうと思います。

おしまい。 $_{◼}$

(※脚注) $t = 2 π$ で一周するのは、前の議論における $ϵ T = c o n s t .$ の定数を $2 π$ にした場合に対応します。このとき $ϵ \to 0$ で $T \to \infty$ であり、十分ゆっくり回転していることになります。

Appendix

WZW項の被積分関数 $ϵ^{α β γ μ ν} t r ({\tilde{L}}_{α} {\tilde{L}}_{β} {\tilde{L}}_{γ} {\tilde{L}}_{μ} {\tilde{L}}_{ν})$ は $5 ϵ^{i j} ϵ^{a b c} t r ({\tilde{L}}_{i} {\tilde{L}}_{j} {\tilde{L}}_{a} {\tilde{L}}_{b} {\tilde{L}}_{c})$ になることを示します（ $i, j$ : $ρ, t$ のインデックス、 $a, b, c$ : $x$ のインデックス）。

まず $ϵ^{α β γ μ ν} t r (\dots)$ を $ϵ^{i j} ϵ^{a b c} t r (\dots)$ に書きなおします。このとき $t r$ 部分は

${\tilde{L}}_{i}$ と ${\tilde{L}}_{j}$ が隣り合うものを $t r$ の中で巡回したもの
${\tilde{L}}_{a}$ を1つはさんで ${\tilde{L}}_{i}$ と ${\tilde{L}}_{j}$ が隣り合うものを $t r$ の中で巡回したもの

の2つの場合に分けることができます。すなわち
$\begin{aligned} ϵ^{α β γ μ ν} t r ({\tilde{L}}_{α} {\tilde{L}}_{β} {\tilde{L}}_{γ} {\tilde{L}}_{μ} {\tilde{L}}_{ν}) & = ϵ^{i j} ϵ^{a b c} {t r ({\tilde{L}}_{i} {\tilde{L}}_{j} {\tilde{L}}_{a} {\tilde{L}}_{b} {\tilde{L}}_{c}) + t r ({\tilde{L}}_{c} {\tilde{L}}_{i} {\tilde{L}}_{j} {\tilde{L}}_{a} {\tilde{L}}_{b}) + \dots + t r ({\tilde{L}}_{j} {\tilde{L}}_{a} {\tilde{L}}_{b} {\tilde{L}}_{c} {\tilde{L}}_{i}) \\ - t r ({\tilde{L}}_{i} {\tilde{L}}_{a} {\tilde{L}}_{j} {\tilde{L}}_{b} {\tilde{L}}_{c}) - t r ({\tilde{L}}_{c} L_{i} {\tilde{L}}_{a} {\tilde{L}}_{j} {\tilde{L}}_{b}) - \dots - t r ({\tilde{L}}_{a} {\tilde{L}}_{j} {\tilde{L}}_{b} {\tilde{L}}_{c} {\tilde{L}}_{i})} \\ = 5 ϵ^{i j} ϵ^{a b c} t r ({\tilde{L}}_{i} {\tilde{L}}_{j} {\tilde{L}}_{a} {\tilde{L}}_{b} {\tilde{L}}_{c}) - 5 ϵ^{i j} ϵ^{a b c} t r ({\tilde{L}}_{i} {\tilde{L}}_{a} {\tilde{L}}_{j} {\tilde{L}}_{b} {\tilde{L}}_{c}) \end{aligned}$
と書けます。ここで最後の行の第2項は（がんばって）計算するとゼロになります。

ゆえに
$\begin{array}{r} ϵ^{α β γ μ ν} t r ({\tilde{L}}_{α} {\tilde{L}}_{β} {\tilde{L}}_{γ} {\tilde{L}}_{μ} {\tilde{L}}_{ν}) = 5 ϵ^{i j} ϵ^{a b c} t r ({\tilde{L}}_{i} {\tilde{L}}_{j} {\tilde{L}}_{a} {\tilde{L}}_{b} {\tilde{L}}_{c}) \end{array}$
になります。 $_{◼}$