ABJ anomaly: ループダイアグラムによる計算 (2/2)

【Notation】
$\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}$は4次元の完全反対称テンソルであり、$\epsilon^{0123}=1$とします。前回の記事とは符号が逆であることに注意（参照した文献の定義をそのまま採用しました）。

次元正則化によるループダイアグラムの計算

ABJ anomaly：ループダイアグラムによる計算 (1/2) では、ABJ anomalyに関し、ループダイアグラムを球対称な運動量のカットオフを用いて計算しました。今回は正則化として次元正則化を採用し計算します。

次元正則化においてABJ anomalyを導く際に重要なのは$\gamma_5$の定義です。$\gamma_5$を4次元と同じ形で任意次元に拡張します。すると$\gamma_5$と「他次元」（4次元以外の次元を本記事ではこう呼びます）におけるガンマ行列は交換します。これにより一見消えるようにみえるダイアグラムに、他次元の影響により残る部分が現れます。これがABJ anomalyに寄与します。

本記事はRef.ref1に基づいています。

Triangle diagramの評価

以下のダイアグラムを評価します。

ABJ anomalyに寄与する三角ダイアグラム。$A$は$\gamma_5\gamma^\mu$、$V$は$\gamma^\mu$を表す

式にすれば以下のようになります：
\begin{align} (-1)(-ie)^2\int\frac{d^4l}{(2\pi)^4} \left\{ {\rm tr} \left[ \gamma^\mu\gamma^5 \frac{i(\not l-\not k)}{(l-k)^2}\gamma^\lambda \frac{i\not l}{l^2} \gamma^\nu \frac{i(\not l + \not p)}{(l+p)^2} \right] +(p\leftrightarrow k, \nu \leftrightarrow \lambda) \right\} \tag{1} \end{align}
ここで$\not q\gamma^5=(\not l+\not p)\gamma^5 +\gamma^5(\not l -\not k)$を用い、$iq_\mu$を${\rm tr}$第１項にかけたものを評価すると
\begin{align} &iq_\mu{\rm tr} \left[ \gamma^\mu\gamma^5 \frac{i(\not l-\not k)}{(l-k)^2}\gamma^\lambda \frac{i\not l}{l^2} \gamma^\nu \frac{i(\not l + \not p)}{(l+p)^2} \right]\\ &= {\rm tr}\left[ \gamma_5\frac{(\not l -\not k)}{(l-k)^2} \gamma^\lambda \frac{\not l}{l^2}\gamma^\nu + \gamma^5\gamma^\lambda \frac{\not l}{l^2} \gamma^\nu \frac{(\not l+\not p)}{(l+p)^2} \right] \end{align}
なので、Eq.(1)の第１項は
\begin{align} =e^2\int\frac{d^4l}{(2\pi)^4} {\rm tr}\left[ \gamma_5\frac{(\not l -\not k)}{(l-k)^2} \gamma^\lambda \frac{\not l}{l^2}\gamma^\nu + \gamma^5\gamma^\lambda \frac{\not l}{l^2} \gamma^\nu \frac{(\not l+\not p)}{(l+p)^2} \right] \end{align}
となります。この式の第１項目で$l\rightarrow l+k$と変数変換すると
\begin{align} e^2\int \frac{d^4l}{(2\pi)^4} {\rm tr}\left[ \gamma_5\frac{\not l}{l^2}\gamma^\lambda \frac{\not l+\not k}{(l+k)^2}\gamma^\nu -\gamma_5\frac{\not l}{l^2}\gamma^\nu \frac{\not l+\not p}{(l+p)^2}\gamma^\lambda \right] \end{align}
を得ます。これは$p\leftrightarrow k, \nu\leftrightarrow \lambda$の入れ替えで反対称です。一方、Eq.(1)の第２項は、この式において$p\leftrightarrow k, k\leftrightarrow \lambda$を施したものです。よって図1の2つのダイアグラムを足すとゼロになるように思えます。

しかしこの積分は$l$に関し線形発散をもつため正則化を施して計算する必要があります。前回の運動量によるカットオフでは、第1項と第2項は線形発散部分の正則化により打ち消し合が起こらず、有限の寄与が残りました。本記事では次元正則化を採用します。次元正則化では、4次元部分は第１項と第２項が打ち消し合い、他次元部分が打ち消し合わず残りABJ anomalyに寄与します。

前章で述べたように、任意次元において$\gamma^5$を
\begin{align} \gamma^5=i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3 \end{align}
で定めます。このとき$\gamma^5$は$\gamma^{0,1,2,3}$とは反交換、$\gamma^{\mu\neq 0,1,2,3}$とは交換します。ループ積分の$l$を任意次元に拡張し、他の変数$p,k$は4次元にとどまるものとします。

ここで$l=l_{||}+l_\perp$とします。ただし$l_{||}$は4次元の運動量のゼロでない部分、$l_\perp$は他次元のゼロでない部分です。こうすると、$\gamma^5$は他次元の$\gamma$とは交換するので、$\not q\gamma^5$は先程の計算と異なり
\begin{align} \not q\gamma^5=(\not l+\not k)\gamma^5 +\gamma^5(\not l-\not p)-2\gamma^5\not l_\perp \end{align}
になります。最後の項が通常と異なる部分です。これを用いてEq.(1)を計算しなおすと、$(\not l+\not k)\gamma^5 +\gamma^5(\not l-\not p)$の部分は2つのダイアグラムで打ち消すので、残る部分は
\begin{align} e^2\int\frac{d^4}{(2\pi)^4} \left\{ {\rm tr} \left[ -2\gamma^5\not l_\perp \frac{(\not l-\not k)}{(l-k)^2} \gamma^\lambda \frac{\not l}{l^2} \gamma^\nu \frac{(\not l+\not p)}{(l+p)^2} \right] + (p\leftrightarrow k, \lambda\leftrightarrow \nu) \right\} \end{align}
です。$\gamma_5$は$\not l_\perp$と交換し、そのほかとは反交換します。また$\not\gamma_{\perp}$は$\gamma_5$以外とは反交換します。${\rm tr}(\gamma_5 A)$（$A$は全部で6つの$(\text{運動量}\times \gamma)$を含む）に関し、$A$がいくつ$\not l_\perp$を含むかで分類して考えると以下のようになります：

• $A$が$\not l_\perp$を1つ含むとき：${\rm tr}(\gamma_5 A)$はゼロ（$\because$$A$は$\gamma_5$と反交換する5つの$\gamma$を含む）
• $A$が$\not l_\perp$を2つ含むとき: ${\rm tr}(\gamma_5 A)$はノンゼロ
• $A$が$\not l_\perp$を3つ含むとき: ${\rm tr}(\gamma_5 A)$はゼロ（$\because$$A$は$\gamma_5$と反交換する3つの$\gamma$を含む）
• $A$が$\not l_\perp$を4つ含むとき: ${\rm tr}(\gamma_5 A)$はゼロ（$\because {\rm tr}(\gamma_5\not\gamma_\perp\not\gamma_\perp \gamma^\lambda\not\gamma_\perp\gamma^\nu\not\gamma_\perp)\propto{\rm tr}(\gamma_5 \gamma^\lambda\gamma^\nu)=0$）

ゆえに
\begin{align} &=e^2\int\frac{d^dl}{(2\pi)^d} {\rm tr} \left[ -2\gamma_5\not l_\perp (-\not k) \gamma^\lambda\not l_\perp \gamma^\nu \not p\right] \times \frac{1}{(l-k)^2}\frac{1}{l^2} \frac{1}{(l+p)^2}\\ &=e^2{\rm tr[-2\gamma_5(-\not k)\gamma^\lambda \gamma^\nu\not p]} \int \frac{d^dl}{(2\pi)^d} \frac{1}{(l-k)^2}\frac{l_\perp^2}{l^2}\frac{1}{(l+p)^2} \end{align}
となります。あとは通常のループ積分の計算を行います（Ref.ref2参照）。分母をまとめると
\begin{align} =e^2{\rm tr}(-2\gamma_5(-\not k)\gamma^\lambda\gamma^\nu\not p) \times 2\int_0^1dx\int_0^{1-x}dy\int\frac{d^dl}{(2\pi)^d}\frac{l_\perp^2}{(\tilde l^2-\Delta)^3},\\ (\tilde l:=l-kx+py, \Delta:=(kx+py)^2-k^2x-p^2y)\\ =e^2{\rm tr}(-2\gamma_5(-\not k)\gamma^\lambda\gamma^\nu\not p) \times 2\int_0^1dx\int_0^{1-x}dy\int\frac{d^dl}{(2\pi)^d}\frac{l_\perp^2}{(l^2-\Delta)^3}\tag{2} \end{align}
を得ます。ここで$l\rightarrow \tilde l$への変数変換は4次元成分しか変化していないため（$p,k$は4次元成分のみもつ）、$l_\perp^2$には影響しないことに注意。計算を続けると
\begin{align} \int\frac{d^dl}{(2\pi)^d}\frac{l_\perp^2}{(l^2-\Delta)^3} &=\frac{d-4}{d}\int\frac{d^dl}{(2\pi)^d}\frac{l^2}{(l^2-\Delta)^3}\\ &\xrightarrow{\text{Euclid化}} \frac{d-4}{d}i\int\frac{d^dl}{(2\pi)^d}\frac{l^2}{(l^2+\Delta)^3}\\ &=\frac{d-4}{d}i\frac{d}{2}\frac{1}{(4\pi)^{d/2}}\frac{1}{\Gamma(3)} \Gamma(2-d/2)\Delta^{d/2-2}\\ &=i\frac{d-4}{2}\frac{1}{(4\pi)^{d/2}}\frac{1}{2} \Gamma(2-d/2)\Delta^{d/2-2} \end{align}
ここで$d=4-2\epsilon$として、$\epsilon\rightarrow 0$に対して有限の寄与をもつ部分を取り出します:
\begin{align} &=-\frac{\epsilon}{2}i\frac{1}{(4\pi)^{2-\epsilon}}\Gamma(\epsilon)\Delta^{-\epsilon}\\ &\xrightarrow{\text{有限部分}}-\frac{\epsilon}{2}i\frac{1}{(4\pi)^2}\frac{1}{\epsilon}=-\frac{i}{2(4\pi)^2} \end{align}
以上よりEq.(2)は
\begin{align} {\rm Eq.}(2)&= -\frac{i}{2(4\pi)^2} e^2{\rm tr}(-2\gamma_5(-\not k)\gamma^\lambda\gamma^\nu\not p) \times 2\int_0^1dx\int_0^{1-x}dy\\ &=-\frac{ie^2}{2(4\pi)^2}{\rm tr}(-2\gamma_5(-\not k)\gamma^\lambda\gamma^\nu\not p)\\ &=-\frac{ie^2}{2(4\pi)^2}(-4i\epsilon^{\alpha\lambda\nu\beta})\\ &=\frac{e^2}{4\pi^2}k_\alpha p_\beta\epsilon^{\alpha\lambda\beta\nu}\tag{3} \end{align}
を得ます。もう1項、これに$p\leftrightarrow k, \lambda\leftrightarrow \nu$を施したものの寄与がありますが、この操作に対しEq.(3)は不変なので、Eq.(3)の2倍が$iq_\mu\times \text{Eq.}(1)$になります。図1のダイアグラムを${\cal M}^{\mu\nu\lambda}(p,k)$と表すと、最終的に
\begin{align} iq_\mu {\cal M}^{\mu\nu\lambda}(p,k)=\frac{e^2}{2\pi^2}k_\alpha p_\beta \epsilon^{\alpha\lambda\beta\nu} \end{align}
を得ます。

軸性ベクトルカレントの発散の行列要素は
\begin{align} \int d^4x \ iq_\mu e^{-iq\cdot x}\langle p,k|j^{\mu 5}(x)|0\rangle &=(2\pi)^4\delta^{(4)}(p+k-q)\epsilon^*_\nu(p)\epsilon^*_\lambda(k) iq_\mu {\cal M}^{\mu\nu\lambda}\\ \leftrightarrow \int d^4x \ e^{-iq\cdot x}\langle p,k|\partial_\mu j^{\mu 5}(x)|0\rangle &=(2\pi)^4\delta^{(4)}(p+k-q)\epsilon^*_\nu(p)\epsilon^*_\lambda(k) \frac{e^2}{2\pi^2}\epsilon^{\alpha\lambda\beta\nu}k_\alpha p_\beta \end{align}
と書けます（$\epsilon_\mu(p)$は光子の偏極ベクトル。偏極ベクトルの基底の足は省略しました）。$\langle p,k|$は運動量$p,k$の2つの光子の状態です。
両辺に$\displaystyle\int\frac{d^4q}{(2\pi)^4}$を作用させれば
\begin{align} \langle p,k|\partial_\mu j^{\mu 5}|0\rangle =\epsilon^*_\nu(p)\epsilon_\lambda^*(k) \frac{e^2}{2\pi^2}\epsilon^{\alpha\lambda\beta\nu}k_\alpha p_\beta \end{align}
となります。Appendixの計算より、これは
\begin{align} \langle p,k|\partial_\mu j^{\mu 5}|0\rangle =-\frac{e^2}{16\pi^2}\langle p,k|\epsilon^{\alpha\nu\beta\lambda} F_{\alpha\nu} F_{\beta\lambda}(0)|0\rangle \tag{4} \end{align}
です。$\langle p,k|$, $|0\rangle$を外せばRef.ref3のEq.(3)の4次元の場合と一致します。

まとめ

今回はABJ anomalyを、次元正則化を用いてループダイアグラムを正則化することにより計算しました。$\gamma_5$を4次元と同じ定義で任意次元へ拡張すると、軸性ベクトルカレントに寄与するループダイアグラムに「他次元」による寄与が残ります。これを評価すると、他の方法と同じ軸性ベクトル対称性の破れを得ます。

おしまい。${}_\blacksquare$

Appendix: Eq.(4)の導出

以下を示します：
\begin{align} \epsilon^*_\nu(p)\epsilon_\lambda^*(k) \frac{e^2}{2\pi^2}\epsilon^{\alpha\lambda\beta\nu}k_\alpha p_\beta = -\frac{e^2}{16\pi^2}\langle p,k|\epsilon^{\alpha\nu\beta\lambda} F_{\alpha\nu} F_{\beta\lambda}(0)|0\rangle \tag{5} \end{align}
$A_\mu$を生成・消滅演算子で展開すると以下のようになります：
\begin{align} A_\mu(x)=\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2E_{\bf p}}} \sum_{r=0}^3( a^r_{\bf p}\epsilon^r_\mu(p)e^{-ip\cdot x} + {a^r}^\dagger_{\bf p}{\epsilon^r}^*_\mu(p)e^{ip\cdot x}) \end{align}
これを用いて、$\langle p,k|F_{\alpha\nu}F_{\beta\lambda}(0)|0\rangle$の中の$\langle p,k|\partial_\alpha A_\nu(0)\partial_\beta A_\lambda(0)|0\rangle$を評価します：
\begin{align} \langle p,k|\partial_\alpha A_\nu(0)\partial_\beta A_\lambda(0)|0\rangle &= \langle 0|\sqrt{2E_{\bf p}}\sqrt{2E_{\bf k}}a^s_{\bf p}a^t_{\bf k} \int\frac{d^3p'}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2E_{\bf p'}}} \sum_{r=0}^3( (-ip'_\alpha)a^r_{\bf p'}\epsilon^r_\nu(p') + (ip'_\alpha){a^r}^\dagger_{\bf p'}{\epsilon^r}^*_\nu(p'))\\ &\hspace{2cm}\times\int\frac{d^3q}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2E_{\bf q}}} \sum_{r=0}^3( (-iq_\beta)a^r_{\bf q}\epsilon^r_\lambda(q) + (iq_\beta){a^r}^\dagger_{\bf q}{\epsilon^r}^*_\lambda(q))|0\rangle\\ &\hspace{-2cm}= \langle 0|\sqrt{2E_{\bf p}}\sqrt{2E_{\bf k}}a^s_{\bf p}a^t_{\bf k} \int\frac{d^3p'}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2E_{\bf p'}}} \sum_{r=0}^3( (ip'_\alpha){a^r}^\dagger_{\bf p'}{\epsilon^r}^*_\nu(p') \int\frac{d^3q}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2E_{\bf q}}} \sum_{r=0}^3( (iq_\beta){a^r}^\dagger_{\bf q}{\epsilon^r}^*_\lambda(q)|0\rangle \end{align}
$[a^r_{\bf p},{a^s_{\bf p'}}^\dagger]=(2\pi)^3\delta^{(3)}({\bf p}-{\bf p'})\delta^{rs}$であるから、生成・消滅演算子に関してcontractionをとると
\begin{align} \langle 0|a_{\bf p}^s a_{\bf k}^t {a^r}^\dagger_{\bf p'} {a^r}^\dagger_{\bf q}|0\rangle =(2\pi)^6 (\delta^{(3)}({\bf p}-{\bf p'})\delta^{(3)}({\bf k}-{\bf q}) +\delta^{(3)}({\bf p}-{\bf q})\delta^{(3)}({\bf k}-{\bf p'})) \end{align}
となります。これを用いて計算すれば
\begin{align} \langle p,k|\partial_\alpha A_\nu(0)\partial_\beta A_\lambda(0)|0\rangle= (ip_\alpha){\epsilon^s}_\nu^*(p)(ik_\beta){\epsilon^t}_\lambda^*(k) +(ik_\alpha){\epsilon^s}_\nu^*(k)(ip_\beta){\epsilon^t}_\lambda^*(p)\tag{6} \end{align}
です。これに$\epsilon^{\alpha\nu\beta\lambda}$をかけると、上式の第１項と第２項は同じ寄与を与えます。さらに$F_{\alpha\nu}F_{\beta\lambda}(0)$からはあと3項寄与がありますが、これらも同じ寄与を与えることはすぐにわかります。以上から、Eq.(5)の右辺は、Eq.(6)の第１項の8倍になります。ゆえに
\begin{align} -\frac{e^2}{16\pi^2}\langle p,k|\epsilon^{\alpha\nu\beta\lambda} F_{\alpha\nu} F_{\beta\lambda}(0)|0\rangle&= -\frac{e^2}{2\pi^2}\epsilon^{\alpha\nu\beta\lambda} (ip_\alpha){\epsilon^s}_\nu^*(p)(ik_\beta){\epsilon^t}_\lambda^*(k)\\ &={\epsilon^s}^*_\nu(p){\epsilon^*}^t_\lambda(k) \frac{e^2}{2\pi^2}\epsilon^{\alpha\lambda\beta\nu}k_\alpha p_\beta \end{align}
これはEq.(5)と一致します。${}_\blacksquare$