ABJ anomaly: オペレータ形式におけるpoint splittingの方法

本記事ではオペレータ積の形で軸性ベクトルカレントを扱い、正則化をpoint splittingで行うことでABJ anomalyを導きます。

参考文献はRef.[1]です。というかその日本語訳+$\alpha$という感じです。

Point splittingによる正則化

軸性ベクトルカレントは通常次のように書きます：
$$\begin{array}{r}{j}^{\mu 5}=\overline{\psi }(x){\gamma }^{\mu }{\gamma }_5\psi (x)\end{array}$$
ここで$\psi ,\overline{\psi }$はオペレータとします。しかしこの表式はwell definedではありません。なぜなら同一点のオペレータの積は発散を含むからです。そこで$\overline{\psi }$を$x^{\mu }+{ϵ}^{\mu }/2$に、$\psi$を$x^{\mu }-{ϵ}^{\mu }/2$に置くことで正則化します。ただしこれを行うとgauge invarianceが失われるため、$\overline{\psi }(x+ϵ/2)$と$\psi (x-ϵ/2)$の間をWilson line
$$\begin{array}{r}\exp [-ie{\int }_{x-ϵ/2}^{x+ϵ/2}d{z}^{\mu }{A}_{\mu }(z)]\end{array}$$
で結びます。このように定義した$j^{\mu 5}$の発散は以下のようになります：
$$\begin{array}{}\text{(1)}& {\partial }_{\mu }{j}^{\mu 5}=\underset{ϵ\to 0}{\text{symm lim}}{\partial }_{\mu }\{\overline{\psi }(x+ϵ/2){\gamma }^{\mu }{\gamma }_5\exp [-ie{\int }_{x-ϵ/2}^{x+ϵ/2}d{z}^{\mu }{A}_{\mu }(x)]\psi (x-ϵ/2)\}\end{array}$$
ここで$\text{symm lim}$は、${ϵ}^{\mu }\to 0$を以下を満たすようにとることを意味します：
$$\begin{array}{r}\underset{ϵ\to 0}{\text{symm lim}}\frac{{ϵ}^{\mu }{ϵ}^{\nu }}{{ϵ}^2}=\frac{1}{d}{g}^{\mu \nu }(d:\text{dimension})\end{array}$$
これはすなわち${ϵ}^{\mu }$を回転対称性を保つようにゼロに近づけるということです。

Eq.(1)を計算していきます：
$$\begin{array}{rl}{\partial }_{\mu }{j}^{\mu 5}& =\underset{ϵ\to 0}{\text{symm lim}}{\partial }_{\mu }\{\overline{\psi }(x+ϵ/2){\gamma }^{\mu }{\gamma }_5\exp [-ie{\int }_{x-ϵ/2}^{x+ϵ/2}d{z}^{\mu }{A}_{\mu }(x)]\psi (x-ϵ/2)\}\\ & =\underset{ϵ\to 0}{\text{symm lim}}\{{\partial }_{\mu }\overline{\psi }(x+ϵ/2){\gamma }^{\mu }{\gamma }_5\exp [-ie{\int }_{x-ϵ/2}^{x+ϵ/2}d{z}^{\mu }{A}_{\mu }(x)]\psi (x-ϵ/2)\\ & +\overline{\psi }(x+ϵ/2){\gamma }^{\mu }{\gamma }_5\exp [-ie{\int }_{x-ϵ/2}^{x+ϵ/2}d{z}^{\mu }{A}_{\mu }(x)]{\partial }_{\mu }\psi (x-ϵ/2)\\ & +\overline{\psi }(x+ϵ/2){\gamma }^{\mu }{\gamma }_5[-ie{ϵ}^{\nu }{\partial }_{\mu }{A}_{\nu }(x)]\psi (x-ϵ/2)\}\end{array}$$
EoM:$\mathrm{\partial ̸}\psi =-ie\mathrm{A̸}\psi ,{\partial }_{\mu }\overline{\psi }{\gamma }^{\mu }=ie\overline{\psi }\mathrm{A̸}$を用いれば
$$\begin{array}{rl}& =\underset{ϵ\to 0}{\text{symm lim}}\{ie\overline{\psi }(x+ϵ/2)\mathrm{A̸}(x+ϵ/2){\gamma }_5\exp [-ie{\int }_{x-ϵ/2}^{x+ϵ/2}d{z}^{\mu }{A}_{\mu }(x)]\psi (x-ϵ/2)\\ & +\overline{\psi }(x+ϵ/2){\gamma }_5\exp [-ie{\int }_{x-ϵ/2}^{x+ϵ/2}d{z}^{\mu }{A}_{\mu }(x)](ie)\mathrm{A̸}(x-ϵ/2)\psi (x-ϵ/2)\\ & +\overline{\psi }(x+ϵ/2){\gamma }^{\mu }{\gamma }_5[-ie{ϵ}^{\nu }{\partial }_{\mu }{A}_{\nu }(x)]\psi (x-ϵ/2)\}\\ & \sim \underset{ϵ\to 0}{\text{symm lim}}\{ie\overline{\psi }(x+ϵ/2)\mathrm{A̸}(x+ϵ/2){\gamma }^5\psi (x-ϵ/2)+\overline{\psi }(x+ϵ/2){\gamma }^5(ie)\mathrm{A̸}(x-ϵ/2)\psi (x-ϵ/2)\\ & +\overline{\psi }(x+ϵ/2){\gamma }^{\mu }{\gamma }^5(-ie{ϵ}^{\nu }{\partial }_{\mu }{A}_{\nu }(x))\psi (x-ϵ/2)\}\\ & =\underset{ϵ\to 0}{\text{symm lim}}\{\overline{\psi }(x+ϵ/2)(ie{ϵ}^{\mu }{\gamma }^{\nu }{\partial }_{\mu }{A}_{\nu }-ie{ϵ}^{\nu }{\gamma }^{\mu }{\partial }_{\mu }{A}_{\nu }){\gamma }^5\psi (x-ϵ/2)\}\\ \text{(2)}& & =\underset{ϵ\to 0}{\text{symm lim}}\{\overline{\psi }(x+ϵ/2)[-ie{\gamma }^{\mu }{ϵ}^{\nu }({\partial }_{\mu }{A}_{\nu }-{\partial }_{\nu }{A}_{\mu })]{\gamma }^5\psi (x-ϵ/2)\}\end{array}$$
これは一見$ϵ\to 0$でゼロにみえますが、$\overline{\psi }(x+ϵ/2){\gamma }^{\mu }{\gamma }^5\psi (x-ϵ/2)$の期待値がこの極限で発散するため有限になります。

4次元において、background field $A_{\mu }$が存在するとき、fermionの伝播の最低次は図1のダイアグラムです。これを計算すると

Fermion伝播の最低次のダイアグラム

$$\begin{array}{rl}\psi (y{)}^{\bullet }\overline{\psi }(z{)}^{\bullet }& =\int \frac{d^{4}k}{(2\pi {)}^4}{e}^{-ik\cdot (y-z)}\frac{i\mathrm{k̸}}{k^2}\\ & =-\mathrm{\partial ̸}\int \frac{d^{4}k}{(2\pi {)}^4}{e}^{-ik\cdot (y-z)}\frac{1}{k^2}\\ & =-\mathrm{\partial ̸}\left(\frac{i}{4{\pi }^2}\frac{1}{(y-z{)}^2}\right)\\ & =\frac{-i}{2{\pi }^2}\frac{{\gamma }^{\alpha }(y-z{)}_{\alpha }}{(y-z{)}^4}\end{array}$$
となります（$A^{\bullet }{B}^{\bullet }$は演算子$A$と$B$のWick contractionを表す）。これは${\gamma }^{\mu }{\gamma }^5$とともにtrをとるとゼロになるので寄与しません。back ground field $A_{\mu }$の寄与を1つ含むfermionのpropagation（図2。$\otimes$は$A_{\mu }$を表す）は以下のように計算できます：

Fermion伝播の$e^2$のダイアグラム

$$\begin{array}{r}\int \frac{d^{4}k}{(2\pi {)}^4}\frac{d^{4}p}{(2\pi {)}^4}{e}^{-i(k+p)\cdot y}{e}^{ik\cdot z}\frac{i(\mathrm{k̸}+\mathrm{p̸})}{(k+p{)}^2}(-ie\mathrm{A̸}(p))\frac{i\mathrm{k̸}}{k^2}\end{array}$$
よってこのダイアグラムによる$\overline{\psi }(x+ϵ/2){\gamma }^{\mu }{\gamma }^5\psi (x-ϵ/2)$への寄与は以下のようになります：
$$\begin{array}{rl}& ⟨\overline{\psi }(x+ϵ/2){\gamma }^{\mu }{\gamma }^5\psi (x-ϵ/2)⟩{|}_{\text{図2}}\\ & =\int \frac{d^{4}k}{(2\pi {)}^4}\frac{d^{4}p}{(2\pi {)}^4}{e}^{-i(k+p)\cdot (x-ϵ/2)}{e}^{ik\cdot (x+ϵ/2)}\mathrm{t}\mathrm{r}[-i{\gamma }^{\mu }{\gamma }^5\frac{i(\mathrm{k̸}+\mathrm{p̸})}{(k+p{)}^2}(-ie\mathrm{A̸}(p))\frac{i\mathrm{k̸}}{k^2}]\\ & =\int \frac{d^{4}k}{(2\pi {)}^4}\frac{d^{4}p}{(2\pi {)}^4}{e}^{iϵ\cdot k}{e}^{-ip\cdot x}{e}^{ip\cdot ϵ/2}\frac{4e{ϵ}^{\mu \alpha \beta \gamma }(k+p{)}_{\alpha }{A}_{\beta }(p)k_{\gamma }}{(k+p{)}^2{k}^2}\end{array}$$
分子で$k$が2つかかるものはtrで消えます。また被積分関数の$k$が大きな部分が$ϵ\to 0$の極限で発散に寄与するので
$$\begin{array}{rl}& \to \int \frac{d^{4}k}{(2\pi {)}^4}\frac{d^{4}p}{(2\pi {)}^4}{e}^{iϵ\cdot k}{e}^{-ip\cdot x}{e}^{ip\cdot ϵ/2}\frac{4e{ϵ}^{\mu \alpha \beta \gamma }{p}_{\alpha }{A}_{\beta }(p)k_{\gamma }}{k^4}\\ & =4e{ϵ}^{\mu \lambda \beta \gamma }\int \frac{d^{4}p}{(2\pi {)}^4}{e}^{-ip\cdot x}{e}^{ip\cdot ϵ/2}{p}_{\alpha }{A}_{\beta }(p)i\frac{\partial }{\partial {ϵ}^{\gamma }}\int \frac{d^{4}k}{(2\pi {)}^4}{e}^{iϵ\cdot k}\frac{1}{k^4}\end{array}$$
ここで
$$\begin{array}{r}{\partial }_{\alpha }{A}_{\beta }(x)=\int \frac{d^{4}p}{(2\pi {)}^4}(-i{p}_{\alpha })e^{-ip\cdot x}{A}_{\beta }(p)\end{array}$$
であり、$e^{ip\cdot ϵ/2}$は無視できるので
$$\begin{array}{r}=4e{ϵ}^{\mu \lambda \beta \gamma }(i{\partial }_{\alpha }{A}_{\beta }(x))i\frac{\partial }{\partial {ϵ}^{\gamma }}\int \frac{d^{4}k}{(2\pi {)}^4}{e}^{iϵ\cdot k}\frac{1}{k^4}\end{array}$$
Appendixの計算より
$$\begin{array}{}\text{(3)}& \int \frac{d^{4}k}{(2\pi {)}^4}{e}^{iϵ\cdot k}\frac{1}{k^4}\stackrel{\text{Euclid化}}{\to }i\int \frac{d^{4}k}{(2\pi {)}^4}{e}^{-iϵ\cdot k}\frac{1}{k^4}=\frac{i}{16{\pi }^2}\log \frac{1}{{ϵ}^2}\end{array}$$
となります。ゆえにEq.(2)は
$$\begin{array}{rl}⟨\overline{\psi }(x+ϵ/2){\gamma }^{\mu }{\gamma }^5\psi (x-ϵ/2)⟩& =4e{ϵ}^{\mu \lambda \beta \gamma }\int \frac{d^{4}p}{(2\pi {)}^4}{e}^{-ip\cdot x}{e}^{ip\cdot ϵ/2}{p}_{\alpha }{A}_{\beta }(p)i\frac{\partial }{\partial {ϵ}^{\gamma }}\int \frac{d^{4}k}{(2\pi {)}^4}{e}^{iϵ\cdot k}\frac{1}{k^4}\\ & =4e{ϵ}^{\mu \alpha \eta \gamma }(i{\partial }_{\alpha }{A}_{\beta }(x))i\frac{\partial }{\partial {ϵ}^{\alpha }}(\frac{i}{16{\pi }^2}\log \frac{1}{{ϵ}^2})\\ & =2e{ϵ}^{\alpha \beta \mu \gamma }{F}_{\alpha \beta }(x)(-\frac{i}{8{\pi }^2}\frac{{ϵ}_{\gamma }}{{ϵ}^2})\end{array}$$
となります。これはsymmetric limitで$1/ϵ$で発散します。よってEq.(2)の${ϵ}^{\nu }$と積をとることで有限の寄与を与えます。計算すれば
$$\begin{array}{rl}{\partial }_{\mu }{j}^{5\mu }& =\underset{ϵ\to 0}{\text{symm lim}}\{\overline{\psi }(x+ϵ/2)[-ie{\gamma }^{\mu }{ϵ}^{\nu }({\partial }_{\mu }{A}_{\nu }-{\partial }_{\nu }{A}_{\mu })]{\gamma }^5\psi (x-ϵ/2)\}\\ & =\underset{ϵ\to 0}{\text{symm lim}}\{(-ie{ϵ}^{\nu }{F}_{\mu \nu }(x))2e{ϵ}^{\alpha \beta \mu \gamma }{F}_{\alpha \beta }(x)(-\frac{i}{8{\pi }^2}\frac{{ϵ}_{\gamma }}{{ϵ}^2})\}\\ & =-\frac{e^2}{4{\pi }^2}{ϵ}^{\alpha \beta \mu \gamma }{F}_{\alpha \beta }{F}_{\mu \nu }\left(\underset{ϵ\to 0}{\text{symm lim}}\frac{{ϵ}_{\gamma }{ϵ}^{\nu }}{{ϵ}^2}\right)\\ & =-\frac{e^2}{16{\pi }^2}{ϵ}^{\alpha \beta \mu \nu }{F}_{\alpha \beta }{F}_{\mu \nu }\end{array}$$
を得ます。これはこれまで計算してきた結果と一致します。

おしまい。${}_{◼}$

Appendix: Eq.(3)の導出

(※数学的には厳密でない議論かと思いますがご容赦ください)

${\displaystyle \int \frac{d^{4}k}{(2\pi {)}^4}{e}^{iϵ\cdot k}\frac{1}{k^4}}$を計算します。まずEuclid化します：
$$\begin{array}{r}\int \frac{d^{4}k}{(2\pi {)}^4}{e}^{iϵ\cdot k}\frac{1}{k^4}\stackrel{\text{Euclid化}}{\to }i\int \frac{d^{4}k}{(2\pi {)}^4}{e}^{-iϵ\cdot k}\frac{1}{k^4}\end{array}$$
極座標に移り書き直せば
$$\begin{array}{}\text{(4)}& =\frac{4\pi i}{(2\pi {)}^4}{\int }_0^{\pi }d\theta {\sin }^2\theta {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k}{e}^{-ikϵ\cos \theta }dk\end{array}$$
ただし$k=|k^{\mu }|,ϵ=|{ϵ}^{\mu }|$です。$\theta$は${ϵ}^{\mu }$と$k^{\mu }$のなす角です。$k$の積分でnaiveに$k$を変数変換すると$ϵ$の寄与は消えます。しかしこの積分はinfraredで発散しています（UVは$ϵ>0$ならば$ϵ$に依存しない有限の寄与）。そこで、発散を取り除くのと、$ϵ$に依存した部分のみを取り出すために、$k$積分を
$$\begin{array}{r}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k}{e}^{-ikϵ\cos \theta }dk\to \int dϵ\frac{\partial }{\partial ϵ}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k}{e}^{-ikϵ\cos \theta }dk\end{array}$$
とします（こういう正則化を採用したと思ってください）。計算を進めると
$$\begin{array}{rl}\int dϵ\frac{\partial }{\partial ϵ}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k}{e}^{-ikϵ\cos \theta }dk& =\int dϵ[{\int }_0^{\mathrm{\infty }}(-i\cos \theta )e^{-ikϵ\cos \theta }dk]\\ & =\int dϵ\frac{1}{ϵ}{\left[e^{-ikϵ\cos \theta }\right]}_0^{\mathrm{\infty }}\end{array}$$
ここで積分の上端の無限大の寄与は無視します（$k$の積分経路を実軸から少しだけ傾けてdamping factorを導入したと思っても良い）。すると
$$\begin{array}{r}=-\log ϵ\end{array}$$
となります。以上より
$$\begin{array}{rl}\int \frac{d^{4}k}{(2\pi {)}^4}{e}^{iϵ\cdot k}\frac{1}{k^4}& =\mathrm{E}\mathrm{q}.(4)\\ & =\frac{4\pi i}{(2\pi {)}^4}{\int }_0^{\pi }d\theta {\sin }^2\theta (-\log ϵ)\\ & =\frac{4\pi i}{(2\pi {)}^4}\frac{\pi }{2}(-\log ϵ)\\ & =\frac{i}{16{\pi }^2}\log \frac{1}{{ϵ}^2}\end{array}$$
を得ます。${}_{◼}$