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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 $S$ 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 $m=0$ 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'$${\psi'}^+$ ossia, in particolare, se $\psi$$\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 $S'$ 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 $x$ 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$$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 $a_n$ 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 $f_n$ 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 [*] $n_L-n_R$ 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 $f_n^+(x)f_n(x)$ 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$$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)

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