ABJ anomaly：経路積分における藤川の方法

Dirac演算子の固有関数$\varphi_n(x)$は正規直交条件を満たす。ここで$|n\rangle$をDirac演算子の固有状態、$|x\rangle$を位置の固有状態とすると$\varphi_n(x)=\langle x|n\rangle$と書ける。$\psi,\bar\psi$を$\varphi_n, \varphi_n^\dagger$で展開すれば以下のようになる：
\begin{align} \begin{cases} \displaystyle \psi(x)=\sum_n a_n\varphi_n(x)=\sum_n \langle x|n\rangle a_n,\\ \displaystyle \bar \psi(x)=\sum_n \bar b_n \varphi^\dagger_n(x)=\sum_n\bar b_n\langle n|x\rangle \end{cases} \end{align}
ここで$a,\bar b$はGrassmann数。これを用いると${\cal D}\bar\psi{\cal D}\psi$を$\Pi_n d\bar b_n da_n$で書き直すことができる：
\begin{align} {\cal D}\bar\psi {\cal D}\psi &=[\det \langle n|x\rangle \det \langle x|n\rangle]^{-1}\prod_{n=1} d\bar b_n da_n\\ &=[\det \int d^4x(\langle n|x\rangle \langle x|m\rangle)]^{-1}\prod_{n=1} d\bar b_n da_n\\ &=(\det \delta_{nm})^{-1}\prod_{n=1}d\bar b_n da_n\\ &=\prod_{n=1}d\bar b_n da_n \end{align}
これにより、連続的なインデックスをもつ関数を測度とする積分が、離散的な無限多重積分という取り扱いやすい形に変換される。

次に局所的なカイラル変換:$\psi\to e^{i\alpha(x)\gamma_5}\psi$に対する$a,\bar b$の変化を計算する。無限小カイラル変換に対して$\psi$は以下のように変換する：
\begin{align} \begin{cases} \psi'(x)=e^{i\alpha(x)\gamma_5}\psi(x)\simeq\psi(x)+i\alpha(x)\gamma_5\psi(x),\\ \bar\psi'(x)=\bar\psi(x)e^{i\alpha(x)\gamma_5}\simeq \bar\psi(x)+\bar\psi(x)i\alpha(x)\gamma_5,\\ \end{cases} \end{align}
ここで$\bar\psi$の変換の位相部分の符号はプラスであることに注意（$\gamma_0$と$\gamma_5$が反交換することによる）。これを用いて、カイラル変換を$a,\bar b$で書けば
\begin{align} \begin{cases} \displaystyle a_n'=a_n+\sum_m i\int d^4x \varphi(x)^\dagger\alpha(x)\gamma_5\varphi_m(x)a_m,\\ \displaystyle \bar b'_n=\bar b_n+\sum_m i\bar b_m\int d^4x\varphi^\dagger_m(x)\alpha(x)\gamma_5\varphi_n(x) \end{cases} \end{align}
となる。無限小カイラル変換に対する経路積分の測度の変化は以下のようになる：
\begin{align} \prod_{n=1}d\bar b_n'da'_n&=\det[\delta_{nm} +i\int d^4x \varphi_n(x)^\dagger\alpha(x)\gamma_5\varphi_m(x)]^{-1}\prod_{n=1}d\bar b_n\\ &\hspace{2cm}\times\det[\delta_{nm} +i\int d^4x \varphi_n(x)^\dagger\alpha(x)\gamma_5\varphi_m(x)]^{-1}\prod_{n=1}d a_n\\ &=\det[\delta_{nm} +i\int d^4x \varphi_n(x)^\dagger\alpha(x)\gamma_5\varphi_m(x)]^{-2} \prod_{n=1}d\bar b_nda_n \tag{1} \end{align}
ここで$1,A$をそれぞれ単位行列、微小な行列とすると
\begin{align} \det(1+A)^{-2}&\simeq \det(1-2A)\\ &=\exp({\rm tr}\ln(1-2A))\\ &\simeq\exp(-2{\rm tr}A) \end{align}
であるから、
\begin{align} {\rm Eq.}(1)= \exp\left[ -2i\sum_n \int d^4x \varphi_n(x)^\dagger \alpha(x)\gamma_5\varphi_n(x) \right]\prod_{n=1}d\bar b_nda_n \end{align}
である。以上から変換のヤコビアン$J$は
\begin{align} J=\exp\left[ -2i\sum_n \int d^4x \varphi_n(x)^\dagger \alpha(x)\gamma_5\varphi_n(x) \right] \end{align}
である。${}_\blacksquare$

Eq.(2)から積分を取り除いたものを計算する。基底に関するトレースはその取り方に依存しないので
\begin{align} \lim_{M\to \infty}\sum_{n=1}^\infty \alpha(x)\varphi_n^\dagger(x)\gamma_5 f(\not D^2/M^2)\varphi_n(x) &=\lim_{M\to \infty}{\rm tr} \int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}e^{-ikx}\gamma_5 f(\not D^2/M^2)e^{ikx} \ \ \ \ ({\rm tr}\text{はDiracの足に関してとる})\\ &=\lim_{M\to \infty} {\rm tr} \int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\gamma_5 f\left( (ik_\mu + D_\mu)^2/M^2-\frac{ie}{4}[\gamma^\mu,\gamma^\nu]F_{\mu\nu}/M^2 \right)\\ &\hspace{-3cm}=\lim_{M\to \infty} {\rm tr}\ M^4 \int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\gamma_5 f\left( (ik_\mu + D_\mu/M)^2-\frac{ie}{4}[\gamma^\mu,\gamma^\nu]F_{\mu\nu}/M^2 \right) \ \ \ (k\to Mk\text{とした})\tag{3} \end{align}
を得ます（計算はAppendix 2参照のこと）。$ik_\mu+D_\mu/M\to ik_\mu$と置き直し、$f$を$(ik_\mu)^2=-(k_\mu k^\mu)$のまわりで展開する。$f(-k_\mu k^\mu)$および$-\frac{ie}{4M^2}[\gamma^\mu,\gamma^\nu]F_{\mu\nu}f'(-k_\mu k^\mu)$の項はトレースをとると消える。3階微分以降の項は$M\to \infty$において消えるので、結局2階微分の項が残る：
\begin{align} \left.\text{Eq.}(3)\right|_{\text{finite for }M\to \infty} ={\rm tr}\gamma_5\frac{1}{2!} \left\{\frac{-ie}{4}[\gamma^\mu,\gamma^\nu]F_{\mu\nu}\right\}^2 \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} f''(-k_\mu k^\mu) \end{align}
これを計算すれば以下のようになる（Euclid空間であることに注意）：
\begin{align} &\bullet \ \ {\rm tr}\gamma_5\frac{1}{2!}\left\{\frac{-ie}{4}[\gamma^\mu,\gamma^\nu]F_{\mu\nu}\right\}^2 =-\frac{e^2}{32}{\rm tr}(\gamma_5 [\gamma^\mu,\gamma^\nu][\gamma^\alpha,\gamma^\beta]) F_{\mu\nu}F_{\alpha\beta}\\ &\hspace{6.5cm}=\frac{e^2}{2}\epsilon^{\mu\nu\alpha\beta}F_{\mu\nu}F_{\alpha\beta} \ \ \ \ \ \ ({\rm tr}(\gamma_5 [\gamma^\mu,\gamma^\nu][\gamma^\alpha,\gamma^\beta])=-16\epsilon^{\mu\nu\alpha\beta}, \ \epsilon^{1234}=1)\\ &\bullet \ \ \int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}f''(-k_\mu k^\mu)=\frac{1}{(2\pi)^4}2\pi^2 \int \frac{1}{2}dx xf''(x)\\ &\hspace{5cm}=\frac{1}{16\pi^2}\int_0^\infty dx\ xf''(x)\\ &\hspace{5cm}=\frac{1}{16\pi^2}\left([xf'(x)]_0^\infty-\int_0^\infty dx f'(x)\right)\\ &\hspace{5cm}=\frac{1}{16\pi^2} \ \ \ \ \ \ (\lim_{x\to 0}xf'(x)=\lim_{x\to \infty} xf'(x)=0, f(0)=1, f(\infty)=0\text{とする}) \end{align}
以上より、カイラル変換に対するヤコビアン$J$は
\begin{align} J=\exp\left[-2i\int dx^4\ \alpha(x)\frac{e^2}{32\pi^2} \epsilon^{\mu\nu\alpha\beta}F_{\mu\nu}F_{\alpha\beta}\right] \end{align}
となる。${}_\blacksquare$

局所的なカイラル変換を$\psi,\bar\psi$に施した場を$\psi',\bar\psi'$とする。ここで分配関数の積分変数はダミー変数なので
\begin{align} {\cal N}\int{\cal D}\bar\psi{\cal D}\psi {\cal D}A_\mu\exp(iS) ={\cal N}\int{\cal D}\bar\psi'{\cal D}\psi'{\cal D}A_\mu \exp(iS') \end{align}
が成立する。ここで$S'$は$\psi',\bar\psi'$で書かれた作用。以下変換パラメータ$\alpha$の1次の項を考える。${\cal D}\bar\psi'{\cal D}\psi'$はすでに計算したように
\begin{align} &{\cal D}\bar\psi'{\cal D}\psi'= {\cal D}\bar\psi{\cal D}\psi J,\\ &J=\exp\left[-2i\int dx^4\ \alpha(x)\frac{e^2}{32\pi^2} \epsilon^{\mu\nu\alpha\beta}F_{\mu\nu}F_{\alpha\beta}\right] \end{align}
$S'=S+\delta S$とし、$\delta S$の$\alpha$の1次を計算すると以下のようになる：
\begin{align} \delta S=\int d^4x \alpha(x)[\partial_\mu(\bar\psi \gamma^\mu\gamma_5\psi )-2im\bar\psi\gamma_5\psi] \end{align}
$\psi,\bar\psi,A_\mu$に依存する演算子${\cal O}$の真空期待値$\langle{\cal O}\rangle$を
\begin{align} \langle {\cal O}\rangle :=\int {\cal D}\bar\psi {\cal D}\psi {\cal D}A_\mu e^{iS}{\cal O} \end{align}
で定義すると、$\alpha$の1次で
\begin{align} \left\langle \int d^4x\alpha(x)[\partial_\mu (\bar\psi \gamma^\mu \gamma_5\psi) -2im\bar\gamma_5\psi-2i\frac{e^2}{32\pi^2}\epsilon^{\mu\nu\alpha\beta} F_{\mu\nu}F_{\alpha\beta}]\right\rangle=0 \end{align}
を得る。ここで$\alpha(x)$を点$x$近傍でデルタ関数的な山をもつ関数に選ぶと、以下の恒等式が成立する：
\begin{align} \partial_\mu\langle\bar\psi\gamma^\mu\gamma_5\psi\rangle = \langle 2im\bar\psi\gamma_5\psi\rangle +\langle 2i\frac{e^2}{32\pi^2}\epsilon^{\mu\nu\alpha\beta}F_{\mu\nu}F_{\alpha\beta}\rangle \end{align}
これは命題3の式である。${}_\blacksquare$

単純な計算より以下が成立する：
\begin{align} D_\mu D^\mu e^{ikx} =e^{ikx}\left(-k^2-ie\partial_\mu A^\mu -2ieA_\mu(ik^\mu)-e^2A_\mu A^\mu\right) \end{align}
一方これも単純な計算より
\begin{align} (ik_\mu + D_\mu)^2=\left(-k^2-ie\partial_\mu A^\mu -2ieA_\mu(ik^\mu)-e^2A_\mu A^\mu\right) \end{align}
である。ただし式の右側には微分が作用する関数は存在しないとする。ゆえに
\begin{align} D_\mu D^\mu e^{ikx}=e^{ikx}(ik_\mu +D_\mu)^2 \end{align}
が成立する。以上から、$f$が$D_\mu D^\mu+c$のべきで表されるなら
\begin{align} f(D_\mu D^\mu+c)e^{ikx} &=\sum_n \alpha_n(D_\mu D^\mu + c)^n e^{ikx} \ \ \ \ \ \ (\alpha_n: f\text{の展開係数})\\ &=\sum_n \alpha_n(D_\mu D^\mu + c)^{n-1} e^{ikx}((ik_\mu+D_\mu)^2+c)\\ &=\ ...\\ &=e^{ikx}\sum_n \alpha_n((ik_\mu+D_\mu)^2+c)^n\\ &=e^{ikx}f((ik_\mu+D_\mu)^2+c)\tag{a2} \end{align}
が成立する。${}_\blacksquare$