Emiliano Bruni WebSite - La simmetria chiriale e la sua anomalia

Emiliano Bruni
dal 1994...l servizio della rete

Sei in Home page » Documentazione » Le anomalie quantistiche

Cerca su questo sito:

Vuoi essere aggiornato in tempo reale su tutto quello che mi succede giorno per giorno?

Visita il mio nuovo blog

Next: L' anomalia ABJ con il Up: Anomalie quantistiche Previous: Le simmetrie interne

La simmetria chiriale e la sua anomalia

Un' altra simmetria di $S$

nel limite di massa nulla è la simmetria chiriale globale (x)&&'(x)=e^i_5(x)
(x)=^+(x)_0&&'(x)=(x) e^i_5

la cui semplice applicazione del solito teorema di Noether

$\begin{displaymath} j_\mu=\frac{\delta\Cal L}{\delta\partial^\mu\psi}\frac{\delta\psi}{\delta\beta} \end{displaymath}$

(4)

porta a una corrente

$\begin{displaymath} j_\mu^5=\overline{\psi}\gamma_\mu(i\gamma_5\psi)=i\overline{\psi}\gamma_\mu\gamma_5\psi \end{displaymath}$

(5)

la cui divergenza può essere calcolata utilizzando la variazione di $S$

infatti $\aligned S'&=\displaystyle\int {\rm d}^4x\, \overline{\psi}'\bigl[(\partial_\m... ...\mu\gamma^\mu \beta\gamma_5\psi-2\beta\overline{\psi}\gamma5\psi) \endaligned$ e integrando per parti e considerando la trasformazione chiriale come locale ossia con
$\beta=\beta(x)$ allora $\aligned S'&=S+\displaystyle\int {\rm d}^4x\biggl\{i\beta\bigl[\overline{\psi}... ...\psi}\gamma_\mu\gamma_5\psi)-2m \overline{\psi}\gamma_5\psi\bigr] \endaligned$ ma $\delta S=0$ e dunque

$\begin{displaymath} \partial^\mu(i\overline{\psi}\gamma_\mu\gamma_5\psi)=\partial^\mu j^5_\mu(x)=-2m\overline{\psi} \gamma5\psi \end{displaymath}$

(6)

o, nel limite di massa nulla

$\begin{displaymath} \partial^\mu j^5_\mu=0,\quad m=0. \end{displaymath}$

(7)

Ciò che voglianmo verificare ora è la conservazione di $j_\mu$ e di $j_\mu^5$ in presenza di correzzioni radioattive. Nessun problema ci viene da $j^\mu$ perche' dopo tutto esso è la corrente elettrica che noi sappiamo essere conservata. Per quanto riguarda invece la corrente chiriale è stato dimostrato da Adler [1], Bell e Jackiw [2] che la sua conservazione non è verificata ordini $\hbar$ . A questa anomalia è la famosa ``ABJ chirial anomaly''. I diagrammi contenenti vertici $\gamma_\mu\gamma_5$ nell' elettrodinamica degli spinori è di particolare interesse a causa delle sue molteplici connessioni. Ciò che si vuole fare è mostrare che i diagrammi della corrente chiriale hanno proprietà anomale che si differenziano da quelle trovate dalla manipolazione formale dell' equazione dei campi. In particolare, a causa della presenzadel diagramma a triangolo, la divergenza della corrente assiale non sarà l' usuale espressione sopra calcolata e $j^\mu$ non soddisferà più l' usuale Ward identity. Questo presenterà una connessione molto forte con alcuni processi fisici quali i già citato tempo di decadimento $\pi^0\rightarrow\gamma\gamma$ . Utilizzando un procedimento introdotto da Fujikawa [3] basato sull' utilizzo della funzione $\zeta$ mostriamo che l' extra fattore anomalo proviene dal fatto che l' elemento di misura funzionale non è invariante sotto trasformazioni chiriali. L' integrale di percorso

$\begin{displaymath} e^{-\Cal Z[A]}=\int\Cal D\psi\Cal D\psi^+ e^{-S[\psi,\psi^+,A_\mu]} \end{displaymath}$

(8)

dove

è definita nella I.1, può essere formalmente integrata come

$\begin{displaymath} e^{-\Cal Z[A]}=\det\bigl[\gamma_\mu(\partial_\mu+iA_\mu)+im\bigr]l. \end{displaymath}$

(9)

Cosa accade ora a tale integrale di percorso quando si opera una trasformazione chiriale. Già sappiamo che $S$

è invariante se $\beta$ è una variabile globale e

ma cosa succede all' elemento di misura $\Cal D\psi\Cal D\psi^+$ ? È ovvio che esso varierà come

$\begin{displaymath}\Cal D\psi\Cal D\psi^+\longrightarrow\Cal D\psi'\Cal D{\psi'}^+= J[\beta]\Cal D\psi\Cal D\psi^+\end{displaymath}$

dove $J[\beta]$ è lo jacobiano della trasformazione chiriale. Ciò che si deve fare allora è calcolare questo jacobiano. D' altra parte, $\psi$ e $\psi^+$ sono variabili d' integrazione per cui l' F.P.I. deve rimanere inalterato formalmente se a $\psi$ e a $\psi^+$ si sostituisce $\psi'$ e ${\psi'}^+$ ossia, in particolare, se $\psi$ e $\psi^+$ variano per una trasformazione chiriale infinitesiama

$\begin{displaymath} \psi'(x)=\psi(x)+i\beta(x)\gamma_5\psi(x) \end{displaymath}$

(10)

deve essere che

$\begin{displaymath} \int{\Cal D}\psi{\Cal D}\psi^+ m^{-S[\psi,\psi^+,A_\mu]}=\... ...}= \int\Cal D\psi'\Cal D{\psi'}^+ e^{-S'[\psi,\psi^+,A_\mu]} \end{displaymath}$

(11)

dove

denota l' azione trasformata dalla trasformazione chiriale, che già sappiamo essere

$\begin{displaymath} S'=S+\displaystyle\int {\rm d}^4x\beta(x)\bigl[-i\partial_\... ...gamma_\mu\gamma_5\psi)- 2m\overline{\psi}\gamma_5\psi\bigr]. \end{displaymath}$

(12)

Ma allora l' integrale di cammino a destra della I.13 può essere formalmente integrata nell' euclideo come $\aligned \displaystyle\int \Cal D\psi'\Cal D{\psi'}^+ e^{-S[\psi,\psi^+,A_\mu]... ...iA_\mu)+im-i\beta\partial_\mu\gamma_\mu \gamma_5-2m\beta\gamma_5) \endaligned$ da cui

$\begin{displaymath} \det\bigl[\gamma_\mu(\partial_\mu+iA_\mu)+im\bigr]=J[\beta... ...i\beta\partial_\mu\gamma_\mu\gamma_5 -2m\beta\gamma_5\bigr]. \end{displaymath}$

(13)

Per prudenza moltiplichiamo ora tale espressione con l' analoga in cui si è scambiata $m\rightarrow -m$ in modo da dover trattare con determinanti di operatori ellittici con i quali la tecnica della funzione $\zeta$ riesce meglio, ossia utilizziamo la $\aligned \det\bigl[(\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}+im)(\makebox{$\not\hski... ...eta\partial_\mu\gamma_\mu\gamma_5+\\ &\quad+2m\beta\gamma_5)\bigr]\endaligned$ $\aligned\det[\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}^2+m^2]&=J^2[\beta]\det[\makebox... ...-0.35em{D}\,$},\beta\}\gamma_5+4m^2i\beta\gamma_5+o(\beta^2)\bigr] \endaligned$ e detto con

$\begin{displaymath} \delta K=-\{\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$},i\beta\parti... ...0.35em{D}\,$},\beta\} \gamma_5+4m^2i\beta\gamma_5+o(\beta^2) \end{displaymath}$

(14)

si ha che una soluzione formale per $J^2[\beta]$ risulta

$\begin{displaymath} \aligned &{\vbox{\offinterlineskip\hrule \halign{&\vrule ...$

(15)

o anche, passando ai logaritmi

$\begin{displaymath} \aligned &{\vbox{\offinterlineskip\hrule \halign{&\vrule ...$

(16)

che, ordine $\beta(x)$ può essere scritto come

$\begin{displaymath} \ln J[\beta]=-\dfrac12\displaystyle\int {\rm d}^4x\,\beta(x... ...p-0.35em{D}\,$}^2+m^2+\delta K]\right\}\right\vert _{\beta=0} \end{displaymath}$

(17)

o anche, ricordando che

$\begin{displaymath} \ln\det A=-\left.\dfrac{d{}}{d{s}}\zeta_A\right\vert _{s=0} \end{displaymath}$

(18)

si ha che

$\begin{displaymath} \ln J[\beta]=\frac12\displaystyle\int {\rm d}^4x\,\beta(x)... ...4em{D}\,$}^2+m^2+\delta K]}(0)\right\}\right\vert _{\beta=0}. \end{displaymath}$

(19)

Ricordiamo ora alcune cose sulla funzione $\zeta$ ; per un ben definito operatore $K_x$

agente su

la $\zeta_K$ risulta data da

$\begin{displaymath} \zeta_K(s)=\frac1{\Gamma(s)}\int_0^\infty{\rm d}\tau\,\tau^... ...ro Tr\,}\nolimits \displaystyle\int {\rm d}^4x\, G(x,x,\tau) \end{displaymath}$

(20)

dove la traccia agisce su tutti gli indici di $G$

soddisfa la così detta equazione del calore

$\begin{displaymath} K_xG(x,y,\tau)=-\dfrac{\partial{}}{\partial{\tau}} G(x,u,\tau),\quad G(x,y,\tau=0)=\delta(x-y). \end{displaymath}$

(21)

Allora la variazione della $\zeta_K$ dovuta ad una variazione dell' operatore $K$

può essere scritta come

$\begin{displaymath} \delta\zeta_K(s)=\frac1{\Gamma(s)}\int_0^\infty{\rm d}\tau\... ...m d}^4x\, \mathop{\famzero Tr\,}\nolimits \delta G(x,x,\tau) \end{displaymath}$

(22)

dove ora la $\delta G(x,y,\tau)$ soddisfa l' equazione del calore inomogenea ottenuta differenziando l' omogenea come $\delta\bigl\{K_x G(x,y,\tau)\bigr\}=\delta K_x G(x,y,\tau)+K_x\delta G(x,y,\tau)= -\dfrac{\partial{}}{\partial{\tau}}\delta G(x,y,\tau)\qquad$ ossia la

$\begin{displaymath} \left(K_x+\dfrac{\partial{}}{\partial{\tau}}\right)\delta ... ...,\tau)=-\delta K_x G(x,y,\tau),\quad \delta G(x,y,\tau=0)=0. \end{displaymath}$

(23)

Per sostituzione si può vedere che una soluzione per la I.25 risulta

$\begin{displaymath} \delta G(x,y,\tau)=-\int{\rm d}^4z\,\int_0^\tau{\rm d}\tau'\,G(x,z,\tau'-\tau) \delta K_z G(z,y,\tau') \end{displaymath}$

(24)

infatti differenziando rispetto a $\tau$ $\aligned \dfrac{\partial{}}{\partial{\tau}}\delta G(x,y,\tau)&=-\int{\rm d}^4z\... ...lta G(x,y,\tau)=\\ &=-\delta K_x G(x,y,\tau)-K_x\delta G(x,y,\tau)\endaligned$ da cui la I.25. D' altra parte esiste un modo per costruire la $G(x,y,\tau)$ dagli autovalori dell' operatore $K_x$

[4] infatti detta con $\{f_n(x)\}$ una base delle soluzionui di $K_x$

con $\lambda_n$ come autovalore ossia tale che K_xf_n(x)&=&_n f_n(x)
d^4x f^+_n(x)f_n(x)&=&_nm si ha che la

$\begin{displaymath} G(x,y,\tau)=\sum_n e^{-\lambda_n\tau}f_n(x) f^+_n(y) \end{displaymath}$

(25)

soddisfa proprio la I.23 ma allora $\aligned \delta\zeta_K(s)&=\dfrac1{\Gamma(s)}\displaystyle\int _0^\infty{\rm d}... ...a_m)}f_n(x)f^+_n(z)\cdot\\ &\quad\cdot\delta K_z f_m(z)f^+_m(x) \endaligned$ e integrando in ${\rm d}^4x$ $\aligned \delta\zeta_K(s)&=-\dfrac1{\Gamma(s)}\displaystyle\int _0^\infty{\rm ... ...ambda_n\tau}\displaystyle\int {\rm d}^4z\, f^+_n(z)\delta K_zf_n(z)\endaligned$ e detto con $\lambda_n\tau=\theta\Longrightarrow \tau=\theta\lambda_n^{-1}$ $\aligned \delta\zeta_K &=-\dfrac1{\Gamma(s)}\dsize\sum _n\displaystyle\int _0... ...bda_n^{-s-1}\displaystyle\int {\rm d}^4z\, f^+_n(z)\delta K_zf_n(z)\endaligned$ e dunque, infine,

$\begin{displaymath} \delta\zeta_K=-s\sum_n\lambda^{-s-1}\displaystyle\int {\rm d}^4z\,f^+_n(z)\delta K_zf_n(z). \end{displaymath}$

(26)

Applichiamo ora questo formalismo al nostro problema. Posto $K=\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}^2+m^2+ \delta K$ con $\delta K_z=\delta K$ si ha che $\zeta_{\makebox{$\not\hskip-0.04em{D}\,$}^2+m^2+\delta K}=\zeta_{K+\delta K}=\delta\zeta_K$ e dunque $\aligned \left.\dfrac{\delta\zeta_K(s)}{\delta\beta(x)}\right\vert _{\beta=0} ... ...gl.\bigl.+o(\beta^2)\bigr] f_n(z)\Biggr\} \right\vert _{\beta=0} \endaligned$ d' altra parte gli ordini superiori a $\beta$ nella derivazione danno termini contenenti $\beta$ che dunque si annullano per $\beta=0$ per cui possiamo tralasciare gli $o(\beta^2)$ per cui $\aligned \left.\dfrac{\delta\zeta_K(s)}{\delta\beta(x)}\right\vert _{\beta=0} ... ...+ 4im^2\beta\gamma_5\bigr] f_n(z)\Biggr\} \right\vert _{\beta=0}.\endaligned$ Ora, ovviamente anche $\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}$ è diagonalizzabile sulla stessa base di $\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}^2+m^2$ e siano

gli autovalori antihermitiano di $\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}$ tale che

$\begin{displaymath} \makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$} f_n=a_n f_n,\quad f^+_n... ...em{D}\,$}=f^+_na_n,\quad a_n^+=a_n,\quad a_n^2=\lambda_n-m^2 \end{displaymath}$

(27)

dove l' ultima delle I.31 proviene dal fatto che

$\begin{displaymath} (\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}^2+m^2)f_n=\lambda_nf_n\... ...x{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}^2f_n=a_n^2f_n=(\lambda_n-m^2)f_n. \end{displaymath}$

(28)

Allora si ha che $\aligned \left.\dfrac{\delta\zeta_K(s)}{\delta\beta(x)}\right\vert _{\beta=0} ... ...\! 4im^2\beta\gamma_5\bigr] f_n(z)\right\} \right\vert _{\beta=0}\endaligned$ Ciò che facciamo ora è quello di aggiungere e togliere il termine $\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}i\beta(i\makebox{$\not\hskip-0.35em{A}\,$})\g... ...(i\makebox{$\not\hskip-0.35em{A}\,$})\gamma_5\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}$ di modo che $\aligned \left.\dfrac{\delta\zeta_K(s)}{\delta\beta(x)}\right\vert _{\beta=0} ... ...ot\hskip-0.35em{D}\,$}\bigr] f_n(z)\Biggr\} \right\vert _{\beta=0}\endaligned$ e d' altra parte $\makebox{$\not\hskip-0.35em{A}\,$}$ è esso stesso diagonalizzabile su

ma essendo un operatore antiherimitiano allora

$\begin{displaymath} b_n=-b_n^+\qquad\text{dove }\makebox{$\not\hskip-0.35em{A}\,$}f_n=b_nf_n \end{displaymath}$

(29)

e dunque facendolo agire sugli autostati $\aligned -f_n^+\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}\beta\makebox{$\not\hskip-0.3... ...5\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}f_n=-a_nb_nf_n^+\beta\gamma_5 f_n\endaligned$ e dunque si elidono a vicenda. Allora si ha che $\aligned \left.\dfrac{\delta\zeta_K(s)}{\delta\beta(x)}\right\vert _{\beta=0} ... ...d+4im^2\beta\gamma_5 \bigr] f_n(z)\Biggr\} \right\vert _{\beta=0}\endaligned$ $\aligned \left.\dfrac{\delta\zeta_K(s)}{\delta\beta(x)}\right\vert _{\beta=0} ... ...z)=\\ &=-2is\sum_n\lambda^{-s-1}(a_n^2+2m^2)f_n^+(x)\gamma_5f_n(x)\endaligned$ e ricorando che $a_n^2=\lambda_n^2-m^2$ allora

$\begin{displaymath} \left.\dfrac{\delta\zeta_K(s)}{\delta\beta(x)}\right\vert _... ...-2is\sum_n\lambda^{-s-1}(\lambda_n+m^2)f_n^+(x)\gamma_5f_n(x) \end{displaymath}$

(30)

e inserendo questo risultato nella I.21 si è trovato che

$\begin{displaymath} \ln J[\beta]=-\left.-i\int{\rm d}^4x\,\beta(x)\left\{\dfra... ...mbda_n+m^2)f_n^+(x)\gamma_5 f_n(x)\right\}\right\vert _{s=0}. \end{displaymath}$

(31)

Ciò che rimane da fare ora è calcolare la sommatoria. Ma prima di farlo analizziamo l' espressione $f_n^+\gamma_5f_n$ . Esso può essere pensato come una sorta di conteggio del numero di autovettori con autovalore nullo ( i cosi detti ``zero modes''). Infatti $\forall\lambda_n\neq0$ esistono due autovettori $f_{n\neq0}=\pmatrix a\\ 0\endpmatrix$ e $f'_{n\neq0}=f^+_{\neq0}=\pmatrix 0\\ a^\star\endpmatrix$ e nella sommatoria della I.35 per ogni $n$

c' e sia un termine della forma $f_n^+\gamma_5f_n$ e sia un termine $f_n^{\prime+}\gamma_5 f_n'=f_n\gamma_5f_n^+=f_n^+\gamma_5^+ f_n=-f_n\gamma_5 f_n$ per cui per ogni $n\neq 0$ i termini si elidono a vicenda. Gli unici termini non nulli sono proprio quelli corrispondenti all' autovalore nullo per cui tale somma sarà certamente proporzionale a

ossia al numero netto di zero modes. Calcoliamo dunque la somma

$\begin{displaymath} C(s)=s\sum_n\lambda_n^{-s-1}(\lambda_n+m^2)f_n^+(x)\gamma_5f_n(x) \end{displaymath}$

(32)

questa può essere riscritta in forma operatoriale come $\aligned C(s)&=s\sum_n(\lambda_n^{-s}+\lambda_n{-s-1}m^2)f_n^+(x)\gamma_5f_n(x)... ...amma_5(\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}^2+m^2)^{-s-1}f_n(x)\bigr].\endaligned$ Ora, la sommatoria non è ben definita a causa della $\delta(0)$ introdotta dal prodotto

e dunque, per eliminare formalmente tale infinito poniamo $\delta(0)=\lim\limits_{x\to y}\delta (x-y)$ ossia $\aligned C(s) &=\lim\limits_{x\to y}s\sum_n\bigl[f_n^+(y)\gamma_5(\makebox{$\... ...x{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}^2+m^2)^{-s-1}\bigr]\delta(x-y)\Bigr\}. \endaligned$ Utilizzando ora la rappresentazione integrale per l' operatore $(\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}^2+m^2)^{-\alpha}$ e per la $\delta(x-y)$ ossia la

$\begin{displaymath} (\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}^2+m^2)^{-\alpha}=\dfrac... ...\alpha-1} e^{-(\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}^2+m^2)\tau} \end{displaymath}$

(33)

$\begin{displaymath} \delta(x-y)=\dfrac1{(2\pi)^4}\int{\rm d}^4k\,e^{ik(x-y)} \end{displaymath}$

(34)

otteniamo $C(s)=\lim\limits_{x\to y}\!\dfrac1{\Gamma(s)}\displaystyle\int \!\dfrac{{\rm d}... ..._5e^{-(\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}^2+m^2)\tau} \bigr]\right\}e^{i(x-y)}$ essendo $\Gamma(s+1)=s\Gamma(s)$ . L' utilità di tutto questo costrutto sta nel fatto che ora l' operatore $\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}$ diventa più maneggiabile visto che ora, agendo sull' esponenziale, il $\partial_\mu$ tira fuori un $ik_\mu$ . Scriviamo ora $\aligned \makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$} ... ...\mu\partial_\nu+iA_\mu\partial_\nu +\partial_\mu A_\nu-A_\mu A_\nu)\endaligned$ d' altra parte il commutatore e antisimmetrico mentre $\partial_\mu\partial_\nu$ e $A_\mu A_\nu$ sono termini simmetrici e dunque non danno contributi e se anche $A_\mu\partial_\nu$ si annulla si ha che $\aligned \makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}^2&=-D^2+\dfrac i2[\gamma_\mu,\gamm... ...c i4[\gamma_\mu,\gamma_\nu](\partial_\mu A_\nu-\partial_\nu A_\mu) \endaligned$ e detto con

$\begin{displaymath} \sigma_{\mu\nu}=\frac i4[\gamma_\mu,\gamma_\nu] \end{displaymath}$

(35)

ed essendo

$\begin{displaymath} F_{\mu\nu}=\partial_\mu A_\nu-\partial_\nu A_\mu \end{displaymath}$

(36)

si ha che

$\begin{displaymath} \makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$}^2=-D^2+\sigma F_{\mu\nu} \end{displaymath}$

(37)

per cui $\mathop{\famzero Tr\,}\nolimits [\gamma_5e^{-(\makebox{$\not\hskip-0.35em{D}\,$... ...u}\mathop{\famzero Tr\,}\nolimits [\gamma_5e^{-\sigma_{\mu\nu}F_{\mu\nu}\tau)}]$ e, sviluppando l' esponenziale dentro alla traccia in serie di Taylor $\aligned \mathop{\famzero Tr\,}\nolimits [\gamma_5e^{-\sigma_{\mu\nu} F_{\mu\n... ...\sigma_{\mu\nu} F_{\mu\nu}\sigma_{\rho\eta}F_{\rho\eta}]+o(\tau^2) \endaligned$ ma $\mathop{\famzero Tr\,}\nolimits [\gamma_5]=0$ , $\mathop{\famzero Tr\,}\nolimits [\gamma_5\sigma_{\mu\nu}]\propto\mathop{\famzer... ... \gamma_nu]-\mathop{\famzero Tr\,}\nolimits [\gamma_5\gamma_\nu\gamma_\mu=0-0=0$ e se anche gli $o(\tau^2)$ sono nulli si ha che $\aligned \mathop{\famzero Tr\,}\nolimits [\gamma_5e^{-\sigma_{\mu\nu} F_{\mu\n... ..._\nu\gamma_\mu\gamma_\eta\gamma_\rho]\bigr\}F_{\mu\nu}F_{\rho \eta}\endaligned$ ed essendo

$\begin{displaymath} \mathop{\famzero Tr\,}\nolimits [ \gamma_5\gamma_\mu\gamma_\nu\gamma_\rho\gamma_\eta]=4\epsilon_{\mu\nu\rho\eta} \end{displaymath}$

(38)

allora $\aligned \mathop{\famzero Tr\,}\nolimits [\gamma_5e^{-\sigma_{\mu\nu} F_{\mu\n... ... &=-\dfrac{\tau^2}2\epsilon_{\mu\nu\rho\eta} F_{\mu\nu}F_{\rho\eta}\endaligned$ e definito il tensore duale di $F_{\mu\nu}$ come

$\begin{displaymath} \tilde F_{\mu\nu}=\dfrac12\epsilon_{\mu\nu\rho\eta}F_{\rho\eta} \end{displaymath}$

(39)

si ha che

$\begin{displaymath} \mathop{\famzero Tr\,}\nolimits [\gamma_5e^{-\sigma_{\mu\nu}F_{\mu\nu}\tau}=-\tau^2F_{\mu\nu}\tilde F_{\mu\nu} \end{displaymath}$

(40)

e sostituito nella $C(s)$

tale risultato si ha che $\aligned C(s) &=\lim_{x\to y}\dfrac1{\Gamma(s)}\displaystyle\int \dfrac{{\rm ... ...}^4k}{(2\pi)^4} e^{D^2\tau}e^{ik(x-y)}F_{\mu\nu} \tilde F_{\mu\nu}\endaligned$ d' altra parte $\aligned e^{D^2\tau}e^{ik(x-y)}&= \dsize\sum _{n=0}^\infty\dfrac1{n!}\bigl[(\p... ...au\bigr]^ne^{ik(x-y)}=\\ &= e^{-(k^2+2k_\mu A_mu+A^2)}e^{ik(x-y)}\endaligned$ e d'altra parte è ora possibile eseguire il limite in quanto con la derivazione si è persa la presenza della $\delta(0)$ e, posto $k'_\mu=k_\mu+A_\mu$ allora $e^{D^2\tau}e^{ik(x-y)}=e^{-(k^{\prime2}-2k'_\mu A_\mu+A^2+2k'_\mu A_\mu +A^2-2A^2)\tau}=e^{-k^{\prime2}\tau}$ e posto $k^{\prime2}\tau=\overline{k}^2\Longrightarrow {\rm d}k_\mu'=\dfrac{{\rm d}\over... ...{ \sqrt{\tau}}\Longrightarrow{\rm d}^4k'=\dfrac{{\rm d}^4\overline{k}}{\tau^2}$ si ha che $C(s)=-\dfrac1{\Gamma(s)}\displaystyle\int _0^\infty {\rm d}\tau\,\tau^{s-1}(s ... ...\overline{k}}{(2\pi)^4} e^{-\overline{k}^2}F_{\mu\nu} \tilde F_{\mu\nu}\qquad$ e d' altra parte

$\begin{displaymath} \displaystyle\int {\rm d}^4k\,e^{-k^2}=\bigl(\sqrt{\pi}\bigr)^4=\pi^2 \end{displaymath}$

(41)

per cui $C(s)=-\dfrac1{\Gamma(s)}\displaystyle\int _0^\infty {\rm d}\tau\,\tau^{s-1}(s +m^2\tau)e^{-m^2\tau}\dfrac1{16\pi^2}F_{\mu\nu} \tilde F_{\mu\nu}\qquad$ ma $\aligned &\displaystyle\int _0^\infty{\rm d}\tau\,\tau^{s-1}e^{-m^2\tau}= \d... ...theta}= \dfrac1{m^{2s+2}}\Gamma(s+1)=\dfrac{s\Gamma(s)}{m^{(2s+2)}}\endaligned$ per cui $C(s)=-sm^{-2s}\dfrac1{(16\pi)^2}F_{\mu\nu} \tilde F_{\mu\nu}-m^2sm^{-2s-s}\dfrac1{16\pi^2}F_{\mu\nu} \tilde F_{\mu\nu}\qquad$ e quindi in definitiva

$\begin{displaymath} C(s)=-sm^{-2s}\dfrac1{8\pi^2}F_{\mu\nu}\tilde F_{\mu\nu} \end{displaymath}$

(42)

e sostituendo nella I.35 $\ln J[\beta]=-i\displaystyle\int {\rm d}^4x\,\beta(x)\left.\left\{ \dfrac{d{}}... ... d}^4x\,\beta(x)\left\{ \dfrac{1}{8\pi^2}F_{\mu\nu}\tilde F_{\mu\nu} \right\}$ e quindi si è trovato che

$\begin{displaymath} \ln J[\beta]=\dfrac{i}{8\pi^2}\displaystyle\int {\rm d}^4x\,\beta(x) F_{\mu\nu} \tilde F_{\mu\nu} \end{displaymath}$

(43)

e ricordando la I.13 si ha che $-S=-S'+\ln[\beta]=-S-\displaystyle\int {\rm d}^4x\,\beta(x)\bigl[-i\partial_\mu... ...si}\gamma_\mu\gamma_5\psi)-2m\overline{\psi}\gamma_5\psi\bigr]+\ln[\beta]\qquad$ da cui $\displaystyle\int \beta(X)\left[i\partial_\mu(\overline{\psi}\gamma_\mu\gamma_5... ...} \gamma_5\psi+\dfrac i{8\pi^2}F_{\mu\nu}\tilde F_{\mu\nu}\right]{\rm d}^4 x=0$ e quindi si ottiene la legge di conservazione anomala per la corrente chiriale

$\begin{displaymath} \partial(i\overline{\psi}\gamma_\mu\gamma_5\psi)=-\dfrac i{... ...} F_{\mu\nu} \tilde F_{\mu\nu}-2m\overline{\psi}\gamma_5\psi \end{displaymath}$

(44)

e dunque

$\begin{displaymath} \partial j_\mu^5=-\dfrac i{8\pi^2} F_{\mu\nu} \tilde F_{\mu\nu}-2mj^5 \end{displaymath}$

(45)

per cui si vede come anche nel limite di massa nulla la corrente che nell' azione veniva conservata acquista nell' integrazione funzionale un termine anomalo detto di Adler-Bell-Jackwin della forma

$\begin{displaymath} \partial_\mu j_\mu^5=-\dfrac i{8\pi^2} F_{\mu\nu} \tilde F_{\mu\nu}. \end{displaymath}$

(46)

Next: L' anomalia ABJ con il Up: Anomalie quantistiche Previous: Le simmetrie interne




	Utilità



	Versione stampabile Read it in english Statistiche sito Leggi i forum Mappa del sito




	Annunci da Google




	Parla con me



	Vuoi parlare con me tramite IRC? Il mio nick è emi ma ora sono offline. Di solito però mi puoi trovare sul network di Azzurra sui canali: areanetworking, telug, controguerra, webgui, geeks, pescaralug




	Link correlati esterni



	Univ. di Bologna La mia università Dip di fisica Dipartimento di fisica dell'univesità di Bologna




	Credits



	Mason Tutto il sito è fatto in Mason. Senza questo linguaggio derivato dal Perl, molte degli strumenti utilizzati per la gestione del sito non sarebbero mai potuti essere sviluppati. JavaScript Menu Il bellissimo menù in alto.

Commenti

Lascia un commento

Nessun commento è stato ancora inserito. Che ne diresti di essere tu il primo?


Copyright© 1997-2006 Emiliano Bruni	Online dal 16/08/1998 con visitatori	Scrivimi all'indirizzo: