1.10 瞬子

欧几里得理论中的真空到真空的振幅为

$$Z\equiv ⟨0|0⟩\propto \int \mathcal{D}\varphi e^{-S[\varphi ,{\partial }_{\mu }\varphi ]}\text{\hspace{1em}(1.289)}$$

其中 $S$ 是欧几里得作用量。如式 (1.289)所示，$Z$ 的主要贡献来自那些使 $S[\varphi ,{\partial }_{\mu }\varphi ]$ 取局部极小的 $\varphi (x)$ 的取值。在许多理论中，除绝对极小之外还存在若干个局部极小。在非阿贝尔规范理论的情形下，这些极小被称为瞬子。

1.10.1 引言

我们来考虑定义在四维欧几里得空间 ${\mathbb{R}}^4$ 中的 SU(2) 规范理论。其作用量为

$$S=\int {\mathrm{d}}^{4}x\mathcal{L}(x)=\int {\mathrm{d}}^{4}x\left[-\frac{1}{2}\mathrm{tr}{\mathcal{F}}_{\mu v}{\mathcal{F}}^{\mu v}\right]\text{\hspace{1em}(1.290)}$$

其中场强为

$${\mathcal{F}}_{\mu v}={\partial }_{\mu }{\mathcal{A}}_v-{\partial }_v{\mathcal{A}}_{\mu }+g\left[{\mathcal{A}}_{\mu },{\mathcal{A}}_v\right]\text{\hspace{1em}(1.291)}$$

而

$${\mathcal{A}}_{\mu }\equiv A_{\mu }^{\alpha }\frac{{\sigma }_{\alpha }}{2\mathrm{i}}{\mathcal{F}}_{\mu \nu }\equiv F_{\mu \nu }^{\alpha }\frac{{\sigma }_{\alpha }}{2\mathrm{i}}.$$

场方程为

$${\mathcal{D}}_{\mu }{\mathcal{F}}_{\mu v}={\partial }_{\mu }{\mathcal{F}}_{\mu v}+g\left[{\mathcal{A}}_{\mu },{\mathcal{F}}_{\mu v}\right]=0.\text{\hspace{1em}(1.292)}$$

在路径积分中，只有作用量有限的场位形才有贡献。设 ${\mathcal{A}}_{\mu }$ 满足

$${\mathcal{A}}_{\mu }\to \mathrm{i}U(x{)}^{-1}{\partial }_{\mu }U(x)\text{a s}|x|\to \infty \text{\hspace{1em}(1.293)}$$

其中 $U(x)$ 是 $\mathrm{SU}(2)$ 的一个元素。容易发现，对于 (1.293) 中的 ${\mathcal{A}}_{\mu }$，${\mathcal{F}}_{\mu \nu }$ 为零。我们要求在大半径的球面 $S^3$ 上，规范势由 (1.293) 给出。

稍后我们将说明，这种位形的特征在于 $S^3$ 映入规范群 SU(2) 的方式。非平凡位形就是那些不能连续形变为均匀位形的位形。这类位形由 Belavin 等人（1975）提出，称为瞬子(instanton)。

1.10.2 （反）自对偶解

一般来说，求解二阶微分方程比求解一阶微分方程要困难。如果能把一个二阶微分方程换成一个与原问题等价的一阶微分方程，那自然是件好事。让我们考虑如下不等式

$$\int {\mathrm{d}}^{4}x\mathrm{tr}{\left({\mathcal{F}}_{\mu v}\pm \ast {\mathcal{F}}_{\mu v}\right)}^2\ge 0.\text{\hspace{1em}(1.294)}$$

显然，(1.294) 取等号当且仅当

$${\mathcal{F}}_{\mu v}=\pm \ast {\mathcal{F}}_{\mu v}.\text{\hspace{1em}(1.295)}$$

若取正号，则称 $\mathcal{F}$ 为自对偶的；若取负号，则得到反自对偶解。一旦满足 (1.295)，场方程便自动满足，因为

$${\mathcal{D}}_{\mu }{\mathfrak{F}}_{\mu v}=\pm {\mathcal{D}}_{\mu }\ast {\mathfrak{F}}_{\mu v}=0(\text{比安基恒等式}).\text{\hspace{1em}(1.296)}$$

正如我们将在 10.5 节 中证明的，积分

$$Q\equiv \frac{-1}{16{\pi }^2}\int {\mathrm{d}}^{4}x\mathrm{tr}{\mathcal{F}}_{\mu \nu }\ast {\mathcal{F}}^{\mu \nu }\text{\hspace{1em}(1.297)}$$

是一个整数，它刻画了 $S^3$ 映入 SU(2) 的方式。若 $\mathcal{F}$ 是自对偶的，则 $Q$ 为正；若 $\mathcal{F}$ 是反自对偶的，则 $Q$ 为负。由 (1.294) 可得（注意 $\ast {\mathcal{F}}_{\mu \nu }\ast {\mathcal{F}}^{\mu \nu }={\mathcal{F}}_{\mu \nu }{\mathcal{F}}^{\mu \nu }$）

$$\int {\mathrm{d}}^{4}x\left(2{\mathcal{F}}_{\mu v}{\mathcal{F}}^{\mu v}\pm 2\ast {\mathcal{F}}_{\mu v}\ast {\mathcal{F}}^{\mu v}\right)\ge 0.\text{\hspace{1em}(1.298)}$$

由这个不等式以及作用量的定义，可得

$$S\ge 8{\pi }^2|Q|\text{\hspace{1em}(1.299)}$$

其中当(1.295)时不等式取等号。下面我们集中讨论自对偶解 $\mathcal{F}=\ast \mathcal{F}$。我们寻找如下形式的瞬子解

$${\mathcal{A}}_{\mu }=\mathrm{i}f(r)U(x{)}^{-1}{\partial }_{\mu }U(x)\text{\hspace{1em}(1.300)}$$

其中 $r\equiv |x|$，并且

$$f(r)\to 1\text{a s}r\to \infty \text{\hspace{1em}(1.301a)}$$

$$U(x)=\frac{1}{r}\left(x_4-\mathrm{i}{x}_i{\sigma }_i\right).\text{\hspace{1em}(1.301b)}$$

将(1.300)代入(1.295)，可得 $f$ 满足

$$r\frac{\mathrm{d}f(r)}{\mathrm{d}r}=2f(1-f).\text{\hspace{1em}(1.302)}$$

满足边界条件 (1.301a) 的解为

$$f(r)=\frac{r^2}{r^2+{\lambda }^2}\text{\hspace{1em}(1.303)}$$

其中 $\lambda$ 是一个参数，它刻画了瞬子的大小。将其代入(1.300)，可得

$${\mathcal{A}}_{\mu }(x)=\frac{\mathrm{i}{r}^2}{r^2+{\lambda }^2}U(x{)}^{-1}{\partial }_{\mu }U(x)\text{\hspace{1em}(1.304)}$$

相应的场强为

$${\mathcal{F}}_{\mu \nu }(x)=\frac{4{\lambda }^2}{r^2+{\lambda }^2}{\sigma }_{\mu \nu }\text{\hspace{1em}(1.305)}$$

其中

$${\sigma }_{ij}\equiv \frac{1}{4\mathrm{i}}[{\sigma }_i,{\sigma }_j]{\sigma }_{i0}\equiv \frac{1}{2}{\sigma }_i=-{\sigma }_{0i}.\text{\hspace{1em}(1.306)}$$

该解给出 $Q=+1$ 和 $S=8{\pi }^2$。

1.1 考虑如下形式的经典哈密顿函数

$$H=\int {\mathrm{d}}^{n}x\left[\frac{1}{2}{\left(\frac{\partial \varphi }{\partial t}\right)}^2+\frac{1}{2}(\nabla \varphi {)}^2+V(\varphi )\right]$$

其中 $V(\varphi )$（$\ge 0$）是一个势能。若 $\varphi$ 是与时间无关的经典解，则可略去第一项，并写成 $H[\varphi ]=H_1[\varphi ]+H_2[\varphi ]$，其中

$$H_1[\varphi ]\equiv \frac{1}{2}\int {\mathrm{d}}^{n}x(\nabla \varphi {)}^2{H}_2[\varphi ]\equiv \int {\mathrm{d}}^{n}xV(\varphi ).$$

(1) 考虑标度变换 $\varphi (x)\to \varphi (\lambda x)$。证明 $H_i[\varphi ]$ 的变换为

$$H_1[\varphi ]\to H_1^{\lambda }[\varphi ]={\lambda }^{(n-2)}{H}_1[\varphi ]H_2[\varphi ]\to H_2^{\lambda }[\varphi ]={\lambda }^{-n}{H}_2[\varphi ].$$

(2) 设 $\varphi$ 满足场方程。证明

$$(2-n)H_1[\varphi ]-n{H}_2[\varphi ]=0.$$

[提示：对 $H_1^{\lambda }[\varphi ]+H_2^{\lambda }[\varphi ]$ 求 $\lambda$ 的导数，并令 $\lambda =1$。]

(3) 证明 $H[\varphi ]$ 的与时间无关的拓扑激发存在当且仅当 $n=1$（德里克定理）。考虑如何避开这一限制。

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