10.5 规范场论

前面我们已经多次指出，规范势可以看作主丛上联络的局部表达式，而杨-米尔斯场强则等同于该联络所对应的曲率的局部形式。这里我们从几何的观点概述规范场论的相关内容。

10.5.1 U(1) 规范场论

麦克斯韦电磁理论由 规范群 U(1) 描述。U(1) 是阿贝尔的、一维的，因此我们略去所有群指标 $\alpha ,\beta ,\dots$，并令结构常数 $f_{\alpha \beta }^{\gamma }=0$。设底空间 $M$ 是四维闵可夫斯基时空。由推论 9.1可知，U(1) 丛 $P$ 是平凡的，即 $P={\mathbb{R}}^4\times \mathrm{U}(1)$，并且只需在 $M$ 上的一个局部平凡化。规范势就是

$$\mathcal{A}={\mathcal{A}}_{\mu }\mathrm{d}{x}^{\mu }.\text{\hspace{1em}(10.81)}$$

我们的规范势 $\mathcal{A}$ 与通常的矢势 $A$ 相差一个李代数因子 $\mathrm{i}:{\mathcal{A}}_{\mu }=\mathrm{i}{A}_{\mu }$。场强为

$$\mathcal{F}=\mathrm{d}\mathcal{A}.\text{\hspace{1em}(10.82a)}$$

写成分量，我们有

$${\mathfrak{F}}_{\mu v}=\partial {\mathcal{A}}_v/\partial x^{\mu }-\partial {\mathcal{A}}_{\mu }/\partial x^v.\text{\hspace{1em}(10.82b)}$$

$\mathcal{F}$ 满足比安基恒等式，

$$\mathrm{d}\mathcal{F}=\mathcal{F}\wedge \mathcal{A}-\mathcal{A}\wedge \mathcal{F}=0.\text{\hspace{1em}(10.83a)}$$

这一点从一开始就应当预料到，因为 $\mathcal{F}$ 是恰当的，$\mathcal{F}=\mathrm{d}\mathcal{A}$；从而是闭的，$\mathrm{d}\mathcal{F}={\mathrm{d}}^2\mathcal{A}=0$。写成分量，我们有

$${\partial }_{\lambda }{\mathcal{F}}_{\mu v}+{\partial }_v{\mathcal{F}}_{\lambda \mu }+{\partial }_{\mu }{\mathcal{F}}_{v\lambda }=0.\text{\hspace{1em}(10.83b)}$$

如果把分量(component)${\mathcal{F}}_{\mu \nu }\equiv \mathrm{i}{F}_{\mu \nu }$分别等同于电场$E$与磁场$B$，即

$$E_i=F_{i0},B_i=\frac{1}{2}{ϵ}_{ijk}{F}_{jk}(i,j,k=1,2,3)\text{\hspace{1em}(10.84)}$$

则(10.83b)化为麦克斯韦方程中的两个，

$$\nabla \times \mathbf{E}+\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}=0\nabla \cdot \mathbf{B}=0.\text{\hspace{1em}(10.83c)}$$

这些方程是几何的，而非动力学的。要找出动力学，我们必须指定作用量。麦克斯韦作用量$S_{\mathrm{M}}[\mathcal{A}]$是$\mathcal{A}$的泛函，由下式给出

$${\mathcal{S}}_{\mathrm{M}}[\mathcal{A}]\equiv \frac{1}{4}{\int }_{{\mathbb{R}}^4}{\mathcal{F}}_{\mu v}{\mathcal{F}}^{\mu v}{\mathrm{d}}^{4}x=-\frac{1}{4}{\int }_{{\mathbb{R}}^4}{F}_{\mu v}{F}^{\mu v}{\mathrm{d}}^{4}x.\text{\hspace{1em}(10.85a)}$$

练习 10.12

(a) 设 $\ast {\mathcal{F}}_{\mu \nu }\equiv \frac{1}{2}{\mathcal{F}}^{\kappa \lambda }{\epsilon }_{\kappa \lambda \mu \nu }$ 为 ${\mathcal{F}}_{\mu \nu }$ 的对偶。证明

$${\mathcal{S}}_{\mathrm{M}}[\mathcal{A}]=-\frac{1}{4}{\int }_{{\mathbb{R}}^4}\mathcal{F}\wedge \ast \mathcal{F}.\text{\hspace{1em}(10.85b)}$$

(b) 利用(10.84)证明

$$-\frac{1}{4}{F}_{\mu v}{F}^{\mu v}=\frac{1}{2}\left({\mathbf{E}}^2-{\mathbf{B}}^2\right).\text{\hspace{1em}(10.86)}$$

并证明

$$F_{\mu v}\ast F^{\mu v}=\mathbf{B}\cdot \mathbf{E}.\text{\hspace{1em}(10.87)}$$

将 $S_{\mathrm{M}}[\mathcal{A}]$ 对 ${\mathcal{A}}_{\mu }$ 作变分，便得到运动方程，

$${\partial }_{\mu }{\mathcal{F}}^{\mu v}=0.\text{\hspace{1em}(10.88a)}$$

我们发现该方程化为（真空中的）第二组麦克斯韦方程：

$$\nabla \cdot \mathbf{E}=0\nabla \times \mathbf{B}-\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}=0.\text{\hspace{1em}(10.88b)}$$

10.5.2 狄拉克磁单极子

我们已经研究了定义在 ${\mathbb{R}}^4$ 上的麦克斯韦电磁理论。底空间的平凡性使得 U(1) 丛 成为平凡丛。庞加莱引理保证场强 $\mathcal{F}$ 整体上是恰当的：$\mathcal{F}=\mathrm{d}\mathcal{A}$。把我们的分析推广到非平凡底空间上的 U(1) 丛是很有意思的。为简单起见，我们假定一切都与时间无关。

狄拉克单极子(Dirac monopole)定义在挖去原点 O 的 ${\mathbb{R}}^3$ 上。${\mathbb{R}}^3-\{0\}$ 与 $S^2$ 具有相同的同伦型，相应的丛是 U(1) 丛 $P(S^2,\mathrm{U}(1))$。$S^2$ 由两个坐标卡覆盖

$$U_{\mathrm{N}}\equiv \{(\theta ,\varphi )|0\le \theta \le \frac{1}{2}\pi +ϵ\}{U}_{\mathrm{S}}\equiv \{(\theta ,\varphi )|\frac{1}{2}\pi -ϵ\le \theta \le \pi \}$$

其中 $\theta$ 与 $\varphi$ 是极坐标。设 $\omega$ 为 $P$ 上的埃雷斯曼联络。在 $U_{\mathrm{N}}(U_{\mathrm{S}})$ 上取一个局部截面 ${\sigma }_{\mathrm{N}}({\sigma }_{\mathrm{S}})$，并定义局部规范势

$${\mathcal{A}}_{\mathrm{N}}={\sigma }_{\mathrm{N}}^{\ast }\omega {\mathcal{A}}_{\mathrm{S}}={\sigma }_{\mathrm{S}}^{\ast }\omega .$$

我们取 ${\mathcal{A}}_{\mathrm{N}}$ 与 ${\mathcal{A}}_{\mathrm{S}}$ 为 Wu–Yang 形式（1.9 节），

$${\mathcal{A}}_{\mathrm{N}}=\mathrm{i}g(1-\cos \theta )\mathrm{d}\varphi {\mathcal{A}}_{\mathrm{S}}=-\mathrm{i}g(1+\cos \theta )\mathrm{d}\varphi \text{\hspace{1em}(10.89)}$$

其中 $g$ 是单极子场的强度。

设 $t_{\mathrm{NS}}$ 为定义在赤道 $U_{\mathrm{N}}\cap U_{\mathrm{S}}$ 上的过渡函数。$t_{\mathrm{NS}}$ 定义了从 $S^1$（赤道）到 $\mathrm{U}(1)$（结构群）的一个映射，它由 ${\pi }_1(\mathrm{U}(1))=\mathbb{Z}$ 分类，见例 9.7。我们记

$$t_{\mathrm{NS}}(\varphi )=\exp [\mathrm{i}\phi (\varphi )](\phi :S^1\to \mathbb{R}).\text{\hspace{1em}(10.90)}$$

规范势 ${\mathcal{A}}_{\mathrm{N}}$ 与 ${\mathcal{A}}_{\mathrm{S}}$ 在 $U_{\mathrm{N}}\cap U_{\mathrm{S}}$ 上由下式相联系：

$${\mathcal{A}}_{\mathrm{N}}=t_{\mathrm{NS}}^{-1}{\mathcal{A}}_{\mathrm{S}}{t}_{\mathrm{NS}}+t_{\mathrm{NS}}^{-1}\mathrm{d}{t}_{\mathrm{NS}}={\mathcal{A}}_{\mathrm{S}}+\mathrm{id}\phi .\text{\hspace{1em}(10.91)}$$

对于规范势(10.89)，我们得到

$$\mathrm{d}\phi =-\mathrm{i}\left({\mathcal{A}}_{\mathrm{N}}-{\mathcal{A}}_{\mathrm{S}}\right)=2g\mathrm{d}\varphi .$$

当 $\varphi$ 沿赤道从 0 变到 $2\pi$ 时，$\phi (\varphi )$ 的取值范围为

$$\Delta \phi \equiv \int \mathrm{d}\phi ={\int }_0^{2\pi }2g\mathrm{d}\varphi =4\pi g.\text{\hspace{1em}(10.92)}$$

为使 $t_{\mathrm{NS}}$ 有唯一的定义，$\Delta \phi$ 必须是 $2\pi$ 的整数倍，即

$$\Delta \phi /2\pi =2g\in \mathbb{Z}\text{\hspace{1em}(10.93)}$$

这正是狄拉克磁单极子的量子化条件。整数 $2g$ 表示该丛所属的同伦类。这个数也可以通过考察 $F_{\mathrm{N}}=\mathrm{d}{A}_{\mathrm{N}}$ 与 $F_{\mathrm{S}}=\mathrm{d}{A}_{\mathrm{S}}$（${\mathcal{F}}_{\mathrm{N}}=\mathrm{i}{F}_{\mathrm{N}}$ 等）而得到。总通量 $\Phi$ 为

$$\begin{array}{rl}\mathbf{\Phi }& ={\int }_{S^2}\mathbf{B}\cdot \mathrm{d}\mathbf{S}={\int }_{U_{\mathrm{N}}}\mathrm{d}{A}_{\mathrm{N}}+{\int }_{U_{\mathrm{S}}}\mathrm{d}{A}_{\mathrm{S}}\\ & ={\int }_{S^1}{A}_{\mathrm{N}}-{\int }_{S^1}{A}_{\mathrm{S}}=2g{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\varphi =4\pi g.\end{array}\text{\hspace{1em}(10.94)}$$

因此，曲率，即两个场强 $\mathrm{d}{A}_{\mathrm{N}}$ 与 $\mathrm{d}{A}_{\mathrm{S}}$ 构成的整体，刻画了丛的扭曲。我们将在第 11 章中进一步讨论这一点。

10.5.3 阿哈罗诺夫–玻姆效应

在电磁学的初等学习中，人们最关心的是电场和磁场（即 $F_{\mu \nu }$）。矢势 $A$ 与标势 $\varphi =A_0$ 则被认为处于次要地位。然而在量子力学中，有许多情形仅用 $F_{\mu \nu }$ 不足以描述现象，必须使用 $A_{\mu }=(A,A_0)$。阿哈罗诺夫–玻姆效应就是这样的例子之一。

阿哈罗诺夫–玻姆（AB）实验的示意图见图 10.4。一束电荷为 $e$ 的电子从很远的左方射来，在屏幕 C 上形成干涉图样。一无限长螺线管置于电子束的中央。屏蔽罩 S 阻止电子进入螺线管内部。因此，电子完全感受不到磁场。那么规范场 $A_{\mu }$ 又如何呢？

图 10.4. 阿哈罗诺夫–玻姆实验。螺线管外部 $B=0$。

为简单起见，我们令螺线管的半径趋于无穷小，同时保持总磁通量 $\Phi ={\int }_S\mathbf{B}\cdot \mathrm{d}\mathbf{S}$ 不变。容易验证

$$\mathbf{A}(\mathbf{r})=\left(-\frac{y\Phi }{2\pi r^2},\frac{x\Phi }{2\pi r^2},0\right)A_0=0\text{\hspace{1em}(10.95)}$$

当 $r\ne 0$ 时，它满足 $\int (\nabla \times \mathbf{A})\cdot \mathrm{d}\mathbf{S}=\Phi$ 和 $\nabla \times \mathbf{A}=0$。该矢势在螺线管外部并不为零。从经典角度看，螺线管不可能对电子产生任何影响，因为在电子束的路径上洛伦兹力 $e(v\times B)$ 为零。

在量子力学中，该系统的哈密顿量 $H$ 为

$$\mathcal{H}=-\frac{1}{2m}{\left(\frac{\partial }{\partial x^{\mu }}-\mathrm{i}e{A}_{\mu }\right)}^2+V(\mathbf{r})\text{\hspace{1em}(10.96)}$$

其中 $V(\mathbf{r})$ 表示实验装置的作用。在半经典的意义下，我们可以区分如图 10.4所示的路径 ${\gamma }_{\mathrm{I}}$ 与 ${\gamma }_{\mathrm{II}}$。当 $A=0$ 时，我们把对应于 ${\gamma }_{\mathrm{I}}({\gamma }_{\mathrm{II}})$ 的波函数记为 ${\psi }_{\mathrm{I}}({\psi }_{\mathrm{II}})$。若 $A\ne 0$，则该波函数由规范变换后的形式给出，

$${\psi }_i^{\mathbf{A}}(\mathbf{r})\equiv \exp \left(\mathrm{i}e{\int }_P^{\mathbf{r}}\mathbf{A}\left({\mathbf{r}}^{\prime }\right)\cdot \mathrm{d}{\mathbf{r}}^{\prime }\right){\psi }_i(\mathbf{r})(i=\mathrm{I},\mathrm{II})\text{\hspace{1em}(10.97)}$$

其中 $P$ 是远离实验装置的一个参考点。考虑波函数 ${\psi }_{\mathrm{I}}^A$ 与 ${\psi }_{\mathrm{II}}^A$ 的叠加 ${\psi }_{\mathrm{I}}^A+{\psi }_{\mathrm{II}}^A$，使得 ${\psi }_{\mathrm{I}}^A(P)={\psi }_{\mathrm{II}}^A(P)$。它在屏幕上一点 $Q$ 处的振幅为

$$\begin{array}{rl}& {\psi }_{\mathrm{I}}^{\mathbf{A}}(\mathbf{Q})+{\psi }_{\mathrm{II}}^{\mathbf{A}}(\mathbf{Q})=\exp \left(\mathrm{i}e{\int }_{{\gamma }_{\mathrm{I}}}\mathbf{A}({\mathbf{r}}^{\prime })\cdot \mathrm{d}{\mathbf{r}}^{\prime }\right){\psi }_{\mathrm{I}}(\mathbf{Q})\\ & +\exp \left(\mathrm{i}e{\int }_{{\gamma }_{\mathrm{II}}}\mathbf{A}\left({\mathbf{r}}^{\prime }\right)\cdot \mathrm{d}{\mathbf{r}}^{\prime }\right){\psi }_{\mathrm{II}}(Q)\\ & =\exp \left(\mathrm{i}e{\int }_{{\gamma }_{\mathrm{II}}}\mathbf{A}\cdot \mathrm{d}{\mathbf{r}}^{\prime }\right)\left[\exp \left(\mathrm{i}e{\oint }_{\gamma }\mathbf{A}\cdot \mathrm{d}{\mathbf{r}}^{\prime }\right){\psi }_{\mathrm{I}}(Q)+{\psi }_{\mathrm{II}}(Q)\right]\end{array}\text{\hspace{1em}(10.98)}$$

其中 $\gamma \equiv {\gamma }_{\mathrm{I}}-{\gamma }_{\mathrm{II}}$。显然，尽管在电子所经过的空间各点处 $B=0$，波函数却依赖于矢势 $A$。由斯托克斯定理可得

$${\oint }_{\gamma }\mathbf{A}\cdot \mathrm{d}{\mathbf{r}}^{\prime }={\int }_S(\nabla \times \mathbf{A})\cdot \mathrm{d}S={\int }_S\mathbf{B}\cdot \mathrm{d}S=\Phi \text{\hspace{1em}(10.99)}$$

其中 $S$ 是以 $\gamma$ 为边界的曲面。由这一结果以及 (10.98) 可知，若两个磁通量值 ${\Phi }_{\mathrm{a}}$ 与 ${\Phi }_{\mathrm{b}}$ 满足

$$e\left({\Phi }_{\mathrm{a}}-{\Phi }_{\mathrm{b}}\right)=2\pi nn\in \mathbb{Z}.\text{\hspace{1em}(10.100)}$$

阿哈罗诺夫–玻姆效应背后的几何结构是什么？由于该问题本质上是二维的，我们考虑区域 $M={\mathbb{R}}^2-\{0\}$，并假定螺线管位于原点。相关的丛是主丛 $P(M,\mathrm{U}(1))$ 及其伴随丛 $E=P{\times }_{\rho }\mathbb{C}$，其中 $\mathrm{U}(1)$ 以显然的方式作用在 $\mathbb{C}$ 上。丛 $E$ 是 $M$ 上的一个复线丛(complex line bundle)，其截面就是波函数 $\psi$。

我们定义一个李代数值1-形式 $\mathcal{A}=\mathrm{i}A=\mathrm{i}{A}_{\mu }\mathrm{d}{x}^{\mu }$。与这个局部联络形式相联系的协变导数为 $\mathcal{D}=\mathrm{d}+\mathcal{A}$，其中

$\mathcal{A}$ 由 (10.95) 给出。由于 $\mathrm{d}\mathcal{A}=\mathcal{F}=0$，这个联络是局部平坦的。我们考虑包围位于原点的螺线管的单位圆 $S^1$。将 $S^1$ 参数化为 ${\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta }$（$0\le \theta \le 2\pi$），并把 $S^1$ 上的联络写成

$$\mathcal{A}=\mathrm{i}\frac{\Phi }{2\pi }\mathrm{d}\theta .\text{\hspace{1em}(10.101)}$$

这可由 (10.95) 令 $r=1$ 得到。我们要求波函数 $\psi$ 关于这个局部联络沿 $S^1$ 被平行移动，即

$$\mathcal{D}\psi (\theta )=\left(\mathrm{d}+\mathrm{i}\frac{\Phi }{2\pi }\mathrm{d}\theta \right)\psi (\theta )=0.\text{\hspace{1em}(10.102)}$$

容易求出 (10.102) 的解为

$$\psi (\theta )={\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\Phi \theta /2\pi }.\text{\hspace{1em}(10.103)}$$

取这个截面 $\psi$ 相当于忽略电子的速度。由此求得和乐 $\Gamma :{\pi }^{-1}(\theta =0)\to {\pi }^{-1}(\theta =2\pi )={\pi }^{-1}(\theta =0)$ 为

$$\Gamma :\psi (0)⟼{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\Phi }\psi (0).\text{\hspace{1em}(10.104)}$$

在实验中，人们曾用环形的坡莫合金（20% Fe 与 80% Ni）来消除边缘效应（Tonomura et al 1983）。该坡莫合金的尺寸为几微米，其表面镀金，以防止电子穿入磁场。

10.5.4 杨-米尔斯理论

我们来考虑定义在 ${\mathbb{R}}^4$ 上的 $\mathrm{SU}(2)$ 规范场论。描述这一规范场论的丛是 $P({\mathbb{R}}^4,\mathrm{SU}(2))$。由于 ${\mathbb{R}}^4$ 是可缩的，因此只有一个规范势

$$\mathcal{A}=A_{\mu }^{\alpha }{T}_{\alpha }\mathrm{d}{x}^{\mu }\text{\hspace{1em}(10.105)}$$

其中 $T_{\alpha }\equiv {\sigma }_{\alpha }/2\mathrm{i}$ 生成代数 $\mathfrak{su}(2)$

$$[T_{\alpha },T_{\beta }]={ϵ}_{\alpha \beta \gamma }{T}_{\gamma }.$$

场强为

$$\mathcal{F}\equiv \mathrm{d}\mathcal{A}+\mathcal{A}\wedge \mathcal{A}=\frac{1}{2}{\mathcal{F}}_{\mu \nu }\mathrm{d}{x}^{\mu }\wedge \mathrm{d}{x}^{\nu }\text{\hspace{1em}(10.106a)}$$

其中

$${\mathcal{F}}_{\mu v}={\partial }_{\mu }{\mathcal{A}}_v-{\partial }_v{\mathcal{A}}_{\mu }+\left[{\mathcal{A}}_{\mu },{\mathcal{A}}_v\right]=F_{\mu v}^{\alpha }{T}_{\alpha }\text{\hspace{1em}(10.106b)}$$

$$F_{\mu v}^{\alpha }={\partial }_{\mu }{A}_{v\alpha }-{\partial }_v{A}_{\mu \alpha }+{ϵ}_{\alpha \beta \gamma }{A}_{\mu \beta }{A}_{v\gamma }.\text{\hspace{1em}(10.106c)}$$

比安基恒等式为

$$\mathcal{D}\mathcal{F}=\mathrm{d}\mathcal{F}+[\mathcal{A},\mathcal{F}]=0.\text{\hspace{1em}(10.107)}$$

杨-米尔斯作用量为

$${\mathcal{S}}_{\mathrm{YM}}[\mathcal{A}]\equiv -\frac{1}{4}{\int }_M\mathrm{tr}\left({\mathcal{F}}_{\mu v}{\mathcal{F}}^{\mu v}\right)=\frac{1}{2}{\int }_M\mathrm{tr}(\mathcal{F}\wedge \ast \mathcal{F}).\text{\hspace{1em}(10.108)}$$

对 ${\mathcal{A}}_{\mu }$ 作变分，得到

$${\mathcal{D}}_{\mu }{\mathcal{F}}^{\mu v}=0\text{o r}\mathcal{D}\ast \mathcal{F}=0.\text{\hspace{1em}(10.109)}$$

10.5.5 瞬子

路径积分只有在具有欧几里得度量的空间上才有良好的定义。为计算这一积分，重要的是找出欧几里得作用量的局部极小值，并计算这些极小值附近的量子涨落。让我们考虑四维欧几里得空间 ${\mathbb{R}}^4$ 上的 SU(2) 规范场论。该理论的局部极小值称为瞬子(instanton)（或称赝粒子，Belavin 等 (1975)），见1.10 节。容易验证，欧几里得作用量为

$${\mathcal{S}}_{\mathrm{YM}}^{\mathrm{E}}[\mathcal{A}]=\frac{1}{4}{\int }_M\mathrm{tr}\left({\mathcal{F}}_{\mu v}{\mathcal{F}}^{\mu v}\right)=-\frac{1}{2}{\int }_M\mathrm{tr}\left(\mathcal{F}\wedge \ast \mathcal{F}\right)\text{\hspace{1em}(10.110)}$$

其中霍奇 $\ast$ 是相对于欧几里得度量取的。如1.10 节所示，对应于瞬子的场强是自对偶的（反自对偶的），

$${\mathcal{F}}_{\mu v}=\pm \ast {\mathcal{F}}_{\mu v}.\text{\hspace{1em}(10.111)}$$

自对偶（反自对偶）场组态的作用量为

$${\mathcal{S}}_{\mathrm{YM}}^{\mathrm{E}}[\mathcal{A}]=-\frac{1}{2}{\int }_M\mathrm{tr}(\mathcal{F}\wedge \ast \mathcal{F})=\mp \frac{1}{2}{\int }_M\mathrm{tr}(\mathcal{F}\wedge \mathcal{F}).\text{\hspace{1em}(10.112)}$$

下面考虑瞬子的拓扑的性质。为使作用量有限，我们要求

$${\mathcal{A}}_{\mu }(x)\to g(x{)}^{-1}{\partial }_{\mu }g(x)\text{a s}|x|\to L\text{\hspace{1em}(10.113)}$$

为使作用量有限，我们要求 $L$，其中 $L$ 是任意正数。由于 $|x|=L$ 是球面 $S^3$，(10.113) 定义了一个映射 $g:S^3\to \mathrm{SU}(2)$，它由 ${\pi }_3(\mathrm{SU}(2))\cong \mathbb{Z}$ 分类。这一点如何反映在过渡函数上呢？我们通过添加无穷远点来紧致化 ${\mathbb{R}}^4$。我们假定 $S^4$ 的南极代表无穷远处的点，而北极代表原点。在这种紧致化下，我们把 ${\mathbb{R}}^4$ 分成两块，并将它们分别等同于 $S^4$ 的南半球 $U_{\mathrm{S}}$ 与北半球 $U_{\mathrm{N}}$，即

$$U_{\mathrm{N}}=\{x\in {\mathbb{R}}^4||x|\le L+\epsilon \}\text{\hspace{1em}(10.114a)}$$

$$U_{\mathrm{S}}=\{x\in {\mathbb{R}}^4||x|\ge L-\epsilon \}\text{\hspace{1em}(10.114b)}$$

如图 10.5所示。我们假定 $U_{\mathrm{S}}$ 上没有规范势的“扭曲”，并取

图 10.5　${\mathbb{R}}^4$ 到 $S^4$ 的单点紧致化。

$${\mathcal{A}}_{\mathrm{S}}(x)\equiv 0x\in U_{\mathrm{S}}.\text{\hspace{1em}(10.115)}$$

于是，关于丛的全部拓扑信息都包含在 ${\mathcal{A}}_{\mathrm{N}}(x)$ 中，或包含在“赤道” $S^3$（$=U_{\mathrm{N}}\cap U_{\mathrm{S}}$）上的过渡函数 $t_{\mathrm{NS}}(x)$ 中。由于 ${\mathcal{A}}_{\mathrm{S}}=0$，对 $x\in U_{\mathrm{N}}\cap U_{\mathrm{S}}$ 有

$${\mathcal{A}}_{\mathrm{N}}=t_{\mathrm{NS}}^{-1}{\mathcal{A}}_{\mathrm{S}}{t}_{\mathrm{NS}}+t_{\mathrm{NS}}^{-1}\mathrm{d}{t}_{\mathrm{NS}}=t_{\mathrm{NS}}^{-1}\mathrm{d}{t}_{\mathrm{NS}}.\text{\hspace{1em}(10.116)}$$

于是，(10.113) 中的 $g(x)$ 就等同于过渡函数 $t_{\mathrm{NS}}(x)$，而对映射 $g:S^3\to \mathrm{SU}(2)$ 进行分类，也就归结为按 ${\pi }_3(\mathrm{SU}(2))=\mathbb{Z}$ 对过渡函数进行分类；参见例 9.11。

下面我们按照 Coleman (1979) 的做法来计算映射 $g:S^3\to \mathrm{SU}(2)$ 的度。首先注意到 $\mathrm{SU}(2)\simeq S^3$，这是因为

$$t^4{I}_2+t^i{\sigma }_i\in \mathrm{SU}(2)\leftrightarrow t^2+(t^4{)}^2=1.$$

因此，映射 $g:S^3\to \mathrm{SU}(2)$ 按 ${\pi }_3(\mathrm{SU}(2))\cong {\pi }_3(S^3)\cong \mathbb{Z}$ 分类。我们容易得到以下结果。

(a) 常值映射

$$g_0:x\in S^3\mapsto e\in \mathrm{SU}(2)\text{\hspace{1em}(10.117a)}$$

属于 ${\pi }_3(\mathrm{SU}(2))$ 中的类 0（即没有缠绕）。

(b) 恒等映射（事实上就是恒等映射 $S^3\to S^3$）

$$g_1:x\mapsto \frac{1}{r}\left[x^4{I}_2+x^i{\sigma }_i\right],r^2=x^2+(x^4{)}^2\text{\hspace{1em}(10.117b)}$$

定义了 ${\pi }_3(\mathrm{SU}(2))$ 中的类 1。与这个同伦类相对应的规范势的显式形式在1.10 节中给出。

(c) 映射

$$g_n\equiv (g_1{)}^n:x\mapsto r^{-n}{\left[x^4{I}_2+x^i{\sigma }_i\right]}^n\text{\hspace{1em}(10.117c)}$$

定义了 ${\pi }_3(\mathrm{SU}(2))$ 中的类 $n$。

我们回顾一下，狄拉克磁单极子的强度（荷）由场强 $\mathcal{F}=\mathrm{d}\mathcal{A}$ 在球面 $S^2$ 上的积分给出。我们期望瞬子数也有类似的关系。

由于瞬子定义在 $S^4$ 上，我们必须找到一个可在 $S^4$ 上积分的四形式。一个自然的四形式是 $\mathcal{F}\wedge \mathcal{F}$。在下文中，只要不引起混淆，我们就省略外积符号（${\mathcal{F}}^2$ 表示 $\mathcal{F}\wedge \mathcal{F}$）。注意 $\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2$ 是闭的，

$$\begin{array}{rl}\mathrm{d}\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2& =\mathrm{tr}[\mathrm{d}\mathcal{FF}+\mathcal{F}\mathrm{d}\mathcal{F}]\\ & =\mathrm{tr}\{-[\mathcal{A},\mathcal{F}]\mathcal{F}-\mathcal{F}[\mathcal{A},\mathcal{F}]\}=0\end{array}\text{\hspace{1em}(10.118)}$$

这里用到了比安基恒等式 $\mathrm{d}\mathcal{F}+[\mathcal{A},\mathcal{F}]=0$。[注：在目前的情形下，(10.118) 似乎是平凡的，因为 $S^4$ 上的任何四形式都是闭的。然而要注意，(10.118) 在更高维的流形上仍然成立。] 由庞加莱引理，闭形式 $\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2$ 局部恰当，

$$\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2=\mathrm{d}K\text{\hspace{1em}(10.119)}$$

其中 $K$ 是一个局部三次形式。于是，$\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2$ 是德拉姆上同调群 $H^4(S^4)$ 中的一个元素。后文将把 $\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2$ 等同于第二陈特征，而把 $K$ 等同于它的陈-西蒙斯形式，参见第 11 章。

引理 10.3

(10.119) 中的三次形式 $K$ 由下式给出

$$K=\mathrm{tr}\left[\mathcal{A}\mathrm{d}\mathcal{A}+\frac{2}{5}{\mathcal{A}}^3\right].\text{\hspace{1em}(10.120)}$$

证明

直接计算可得

$$\begin{array}{rl}& \mathrm{d}K=\mathrm{tr}\left[(\mathrm{d}\mathcal{A}{)}^2+\frac{2}{3}\left(\mathrm{d}\mathcal{A}{\mathcal{A}}^2-\mathcal{A}\mathrm{d}\mathcal{AA}+{\mathcal{A}}^2\mathrm{d}\mathcal{A}\right)\right]\\ & =\mathrm{tr}[(\mathcal{F}-{\mathcal{A}}^2)(\mathcal{F}-{\mathcal{A}}^2)\\ & +\frac{2}{3}\{(\mathcal{F}-{\mathcal{A}}^2){\mathcal{A}}^2-\mathcal{A}(\mathcal{F}-{\mathcal{A}}^2)\mathcal{A}+{\mathcal{A}}^2(\mathcal{F}-{\mathcal{A}}^2)\}]\\ & =\mathrm{tr}[{\mathcal{F}}^2-{\mathcal{A}}^2\mathcal{F}-\mathcal{F}{\mathcal{A}}^2+{\mathcal{A}}^4+\frac{2}{3}(\mathcal{F}{\mathcal{A}}^2-\mathcal{A}\mathcal{F}\mathcal{A}+{\mathcal{A}}^2\mathcal{F}-{\mathcal{A}}^4)]\end{array}$$

这里用到了$\mathrm{d}\mathcal{A}=\mathcal{F}-{\mathcal{A}}^2$这一恒等式。现在注意到

$$\mathrm{tr}{\mathcal{A}}^4=0\mathrm{tr}\mathcal{A}\mathcal{F}\mathcal{A}=-\mathrm{tr}{\mathcal{A}}^2\mathcal{F}=-\mathrm{tr}\mathcal{F}{\mathcal{A}}^2.$$

例如，有

$$\begin{array}{rl}\mathrm{tr}\mathcal{A}\mathcal{F}\mathcal{A}& =\frac{1}{2}\mathrm{tr}{\mathcal{A}}_{\kappa }{\mathcal{F}}_{\lambda \mu }{\mathcal{A}}_{\nu }d{x}^{\kappa }\wedge d{x}^{\lambda }\wedge d{x}^{\mu }\wedge d{x}^{\nu }\\ & =-\frac{1}{2}\mathrm{tr}{\mathcal{A}}_{\nu }{\mathcal{A}}_{\kappa }{\mathcal{F}}_{\lambda \mu }d{x}^{\nu }\wedge d{x}^{\kappa }\wedge d{x}^{\lambda }\wedge d{x}^{\mu }=-\mathrm{tr}{\mathcal{A}}^2\mathcal{F}\end{array}$$

这里用到了迹的循环性以及$\mathrm{d}{x}^{\mu }$的反交换性。于是$\mathrm{d}K$化为

$$\begin{array}{rl}& \mathrm{d}K=\mathrm{tr}[{\mathcal{F}}^2-{\mathcal{A}}^2\mathcal{F}-\mathcal{F}{\mathcal{A}}^2+\frac{2}{3}\{\mathcal{F}{\mathcal{A}}^2+\frac{1}{2}(\mathcal{F}{\mathcal{A}}^2+{\mathcal{A}}^2\mathcal{F})+{\mathcal{A}}^2\mathcal{F}\}]\\ & \mathbf{\Sigma }=\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2\end{array}$$

这正是所要证明的。

$\square$

引理 10.4

设 $\mathcal{A}$ 为瞬子的规范势，则可得

$${\int }_{S^4}\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2=-\frac{1}{3}{\int }_{S_3}\mathrm{tr}{\mathcal{A}}^3.\text{\hspace{1em}(10.121)}$$

证明

由斯托克斯定理可得

$${\int }_{U_{\mathrm{N}}}\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2={\int }_{U_{\mathrm{N}}}\mathrm{d}K={\int }_{S^3}K$$

其中 $U_{\mathrm{N}}$ 由 (10.114) 与 $S^3=\partial U_{\mathrm{N}}$ 定义。由于在 $S^3$ 上 $\mathcal{F}=0$，我们得到

$$K=\mathrm{tr}[\mathcal{A}\mathrm{d}\mathcal{A}+\frac{2}{3}{\mathcal{A}}^3]=\mathrm{tr}[\mathcal{A}(\mathcal{F}-{\mathcal{A}}^2)+\frac{2}{3}{\mathcal{A}}^3]=-\frac{1}{3}\mathrm{tr}{\mathcal{A}}^3$$

在 $S^3$ 上，由此可得

$${\int }_{U_{\mathrm{N}}}\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2={\int }_{S^4}\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2=-\frac{1}{3}{\int }_{S^3}\mathrm{tr}{\mathcal{A}}^3$$

这里我们加上了 ${\int }_{U_S}\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2=0$，因为 ${\mathcal{A}}_S\equiv 0$

注意 $\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2$ 在规范变换下不变，

$$\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2\to \mathrm{tr}\left[g^{-1}{\mathcal{F}}^{2}g\right]=\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2.$$

因此，可以合理地假定 $\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2$ 确实包含了关于丛的某种拓扑信息，而这种信息与具体的联络无关。让我们考虑前面给出的规范场 (10.117a-c)。我们得到：

(a) 对于 $g_0(x)\equiv e$，在 $S^3$ 上有 $\mathcal{A}=0$。由于丛是平凡的，我们可以在整个 $S^4$ 上取 $\mathcal{A}=0$。于是 $\mathcal{F}=0$，从而

$${\int }_{S^4}\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2=-\frac{1}{3}{\int }_{S^3}\mathrm{tr}{\mathcal{A}}^3=0.\text{\hspace{1em}(10.122)}$$

注意这一关系对由 $\mathcal{A}=0$ 经光滑规范变换得到的任何规范势都成立，即对形如 $\mathcal{A}(x)=g(x{)}^{-1}\mathrm{d}g(x),x\in S^4$ 的任何规范势都成立。

(b) 接下来考虑一个规范势，它在 $S^3$ 上的取值由 (10.117b) 给出，即

$$\mathcal{A}=\frac{1}{r}\left(x^4-\mathrm{i}{x}^k{\sigma }_k\right)\mathrm{d}\left(\frac{1}{r}\left(x^4+\mathrm{i}{x}^l{\sigma }_l\right)\right).\text{\hspace{1em}(10.123)}$$

如果我们注意到被积函数 $\mathrm{tr}{\mathcal{A}}^3$ 不应依赖于在 $S^3$ 上求值的位置，因为 $g_1$ 以均匀的方式把 $S^3$ 映到 $\mathrm{SU}(2)\cong S^3$ 上，那么就可以得到相当大的简化。因此我们可以在单位球面的北极 $(x^4=1,x=0)$ 处求值。于是得到 $\mathcal{A}=\mathrm{i}{\sigma }_k\mathrm{d}{x}^k$，并且

$$\begin{array}{rl}\mathrm{tr}{\mathcal{A}}^3& ={\mathrm{i}}^3\mathrm{tr}\left[{\sigma }_i{\sigma }_j{\sigma }_k\right]\mathrm{d}{x}^i\wedge \mathrm{d}{x}^j\wedge \mathrm{d}{x}^k\\ & =2{\epsilon }_{ijk}\mathrm{d}{x}^i\wedge \mathrm{d}{x}^j\wedge \mathrm{d}{x}^k=12\mathrm{d}{x}^1\wedge \mathrm{d}{x}^2\wedge \mathrm{d}{x}^3.\end{array}\text{\hspace{1em}(10.124)}$$

接下来注意到 $(x^1,x^2,x^3)$ 是 $S^3$ 每个半球上的良好坐标系，而 $\omega \equiv \mathrm{d}{x}^1\wedge \mathrm{d}{x}^2\wedge \mathrm{d}{x}^3$ 是北极处的体积元。我们得到

$${\int }_{S^3}\mathrm{tr}{\mathcal{A}}^3=12{\int }_{S^3}\omega =12(2{\pi }^2)=24{\pi }^2$$

其中 $2{\pi }^2$ 是单位球面 $S^3$ 的面积。最终我们得到

$$-\frac{1}{8{\pi }^2}{\int }_{S^4}\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2=\frac{1}{24{\pi }^2}{\int }_{S^3}\mathrm{tr}{\mathcal{A}}^3=1.\text{\hspace{1em}(10.125)}$$

(c) 接下来考虑由 (10.117c) 给出的映射 $g_n:S^3\to \mathrm{SU}(2)$。我们要证明 $g_2=g_1{g}_1$ 的缠绕数为 2。我们把 $S^3$ 分成北半球 $U_{\mathrm{N}}^{(3)}$ 与南半球 $U_{\mathrm{S}}^{(3)}$。给定映射 $g_1:S^3\to \mathrm{SU}(2)$，总可以把 $g_1$ 光滑地变换为 $g_{1\mathrm{N}}$，使其缠绕数为 1，且当 $x\in U_{\mathrm{S}}^{(3)}$ 时 $g_{1\mathrm{N}}(x)=e$。所有变化都发生在 $U_{\mathrm{N}}^{(3)}$ 上。类似地，$g_1$ 可以形变为 $g_{1\mathrm{S}}$，其缠绕数相同，且当 $x\in U_{\mathrm{N}}^{(3)}$ 时 $g_{1\mathrm{S}}(x)=e$。在这一形变下，$g_2$ 变为

$$g_2(x)\to g_2^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}{g}_{1\mathrm{N}}(x)& x\in U_{\mathrm{N}}^{(3)}\\ g_{1\mathrm{S}}(x)& x\in U_{\mathrm{S}}^{(3)}.\end{array}$$

对于 $\mathcal{A}(x)=g_2^{\prime }(x{)}^{-1}\mathrm{d}{g}_2^{\prime }(x)$（$x\in S^3$），我们有

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{24{\pi }^3}{\int }_{S^3}\mathrm{tr}{\mathcal{A}}^3& =\frac{1}{24{\pi }^2}\left({\int }_{U_{\mathrm{N}}^{(3)}}\mathrm{tr}{\left(g_{1\mathrm{N}}^{-1}\mathrm{d}{g}_{1\mathrm{N}}\right)}^3+{\int }_{U_{\mathrm{S}}^{(3)}}\mathrm{tr}{\left(g_{1\mathrm{S}}^{-1}\mathrm{d}{g}_{1\mathrm{S}}\right)}^3\right)\\ & =1+1=2.\end{array}\text{\hspace{1em}(10.126)}$$

重复同样的步骤，对于 $\mathcal{A}(x)=g_n^{-1}\mathrm{d}{g}_n$ 我们得到

$$-\frac{1}{8{\pi }^2}{\int }_{S^4}\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2=\frac{1}{24{\pi }^2}{\int }_{S^3}\mathrm{tr}{\mathcal{A}}^3=n.\text{\hspace{1em}(10.127)}$$

综合这些结果，我们建立如下定理。

定理 10.7

映射 $g:S^3\to \mathrm{SU}(2)$ 的度由下式给出

$$n=\frac{1}{24{\pi }^2}{\int }_{S^3}\mathrm{tr}{\left(g^{-1}\mathrm{d}g\right)}^3=\frac{1}{2}{\int }_{S^4}\mathrm{tr}{\left(\frac{\mathrm{i}\mathcal{F}}{2\pi }\right)}^2.\text{\hspace{1em}(10.128)}$$

来源与版本

正文：中文 · 机器译稿 · 待校对

核对状态：机器译稿 · 待校对

原书 PDF

来源版本：second-edition-local

来源 PDF SHA-256：fcd24c3371d092a8c699ccf5cf0765462924b6c48412804231076e8084b1940d

OCR 来源 SHA-256：0b6324f01172a3548cd34382e82fd8bfae574602b6b2cfaa357ba96bc2c35478

译稿产物 SHA-256：c59e8149a12c8686d42232ce5bbddf6b0c1daccf5ac0ffd107ce158a2d394919