11.5 陈-西蒙斯形式

11.5.1 定义

设 $P_j(\mathcal{F})$ 为任意的 $2j$ 形式示性类。由于 $P_j(\mathcal{F})$ 是闭的，由庞加莱引理，它局部地可以写成恰当形式。我们记

$$P_j(\mathcal{F})=\mathrm{d}{Q}_{2j-1}(\mathcal{A},\mathcal{F})\text{\hspace{1em}(11.100)}$$

其中 $Q_{2j-1}(\mathcal{A},\mathcal{F})\in \mathfrak{g}\otimes {\Omega }^{2j-1}(M)$。[注意：这不可能整体地成立。若在无边界的流形 $M$ 上整体地有 $P_j=\mathrm{d}{Q}_{2j-1}$，则会有

$${\int }_M{P}_{m/2}={\int }_M\mathrm{d}{Q}_{m-1}={\int }_{\partial M}{Q}_{m-1}=0$$

其中 $m=\dim M$。]由 $Q_{2j-1}(\mathcal{A},\mathcal{F})$ 得到的 $2j-1$ 称为 $P_j(\mathcal{F})$ 的陈-西蒙斯形式(Chern-Simons form)。由定理 11.2(b) 的证明可知，$Q$ 由 $P_j$ 的超越给出

$$Q_{2j-1}(\mathcal{A},\mathcal{F})=T{P}_j(\mathcal{A},0)=j{\int }_0^1{\tilde{P}}_j\left(\mathcal{A},{\mathcal{F}}_t,\dots ,{\mathcal{F}}_t\right)dt\text{\hspace{1em}(11.101)}$$

其中 ${\tilde{P}}_j$ 是 $P_j$ 的极化，$\mathcal{F}=\mathrm{d}\mathcal{A}+{\mathcal{A}}^2$，并取 ${\mathcal{A}}^{\prime }={\mathcal{F}}^{\prime }=0$。由于 $Q_{2j-1}$ 依赖于 $\mathcal{F}$ 与 $\mathcal{A}$，我们明确写出其对 $\mathcal{A}$ 的依赖。当然，只有在丛平凡化的局部坐标卡上，才能令 ${\mathcal{A}}^{\prime }$ 等于零。

设 $M$ 是一个偶维流形（维数 $M=m=2l$），且 $\partial M\ne \varnothing$。于是由斯托克斯定理可得

$${\int }_M{P}_l(\mathcal{F})={\int }_M\mathrm{d}{Q}_{m-1}(\mathcal{A},\mathcal{F})={\int }_{\partial M}{Q}_{m-1}(\mathcal{A},\mathcal{F}).\text{\hspace{1em}(11.102)}$$

左端取整数值，右端亦然。因此 $Q_{m-1}$ 本身就是一个示性类，它刻画了流形边界 $\partial M$ 的拓扑。

11.5.2 陈特征的陈-西蒙斯形式

作为例子，我们来计算陈特征 ${\mathrm{ch}}_j(\mathcal{F})$ 的陈-西蒙斯形式。在 0 与 $\mathcal{A}$ 之间插值的联络 ${\mathcal{A}}_t$ 为

$${\mathcal{A}}_t=t\mathcal{A}\text{\hspace{1em}(11.103)}$$

相应的曲率为

$${\mathcal{F}}_t=t\mathrm{d}\mathcal{A}+t^2{\mathcal{A}}^2=t\mathcal{F}+(t^2-t){\mathcal{A}}^2.(11.104)$$

由(11.21)可得

$$Q_{2j-1}(\mathcal{A},\mathcal{F})=\frac{1}{(j-1)!}{\left(\frac{\mathrm{i}}{2\pi }\right)}^j{\int }_0^1\mathrm{d}t\mathrm{str}(\mathcal{A},{\mathcal{F}}_t^{j-1}).\text{\hspace{1em}(11.105)}$$

例如，

$$Q_1(\mathcal{A},\mathcal{F})=\frac{\mathrm{i}}{2\pi }{\int }_0^1\mathrm{d}t\mathrm{tr}\mathcal{A}=\frac{\mathrm{i}}{2\pi }\mathrm{tr}\mathcal{A}\text{\hspace{1em}(11.106a)}$$

$$\begin{array}{rl}{Q}_3(\mathcal{A},\mathcal{F})& ={\left(\frac{\mathrm{i}}{2\pi }\right)}^2{\int }_0^1\mathrm{d}t\mathrm{str}(\mathcal{A},t\mathrm{d}\mathcal{A}+t^2{\mathcal{A}}^2)\\ & =\frac{1}{2}{\left(\frac{\mathrm{i}}{2\pi }\right)}^2\mathrm{tr}\left(\mathcal{A}\mathrm{d}\mathcal{A}+\frac{2}{3}{\mathcal{A}}^3\right).\end{array}\text{\hspace{1em}(11.106b)}$$

$$\begin{array}{rl}{Q}_5(\mathcal{A},\mathcal{F})& =\frac{1}{2}{\left(\frac{\mathrm{i}}{2\pi }\right)}^3{\int }_0^1\mathrm{d}t\mathrm{str}[\mathcal{A},(t\mathrm{d}\mathcal{A}+t^2{\mathcal{A}}^2{)}^2]\\ & =\frac{1}{6}{\left(\frac{\mathrm{i}}{2\pi }\right)}^3\mathrm{tr}\left[\mathcal{A}(\mathrm{d}\mathcal{A}{)}^2+\frac{3}{2}{\mathcal{A}}^3\mathrm{d}\mathcal{A}+\frac{3}{5}{\mathcal{A}}^5\right].\end{array}\text{\hspace{1em}(11.106c)}$$

练习 11.4

设 $\mathcal{F}$ 为 $\mathrm{SU}(2)$ 规范理论的场强。写出恒等式 ${\mathrm{ch}}_2(\mathcal{F})=\mathrm{d}{Q}_3(\mathcal{A},\mathcal{F})$ 的分量表达式，以验证（参见引理 10.3）

$$\mathrm{tr}\left[{ϵ}^{\kappa \lambda \mu \nu }{\mathcal{F}}_{\kappa \lambda }{\mathcal{F}}_{\mu \nu }\right]={\partial }_{\kappa }\left[2{ϵ}^{\kappa \lambda \mu \nu }\mathrm{tr}\left({\mathcal{A}}_{\lambda }{\partial }_{\mu }{\mathcal{A}}_{\nu }+\frac{2}{3}{\mathcal{A}}_{\lambda }{\mathcal{A}}_{\mu }{\mathcal{A}}_{\nu }\right)\right].\text{\hspace{1em}(11.107)}$$

11.5.3 嘉当同伦算子及其应用

为后续之需，我们按照 Zumino（1985）以及 Alvarez-Gaume 与 Ginsparg（1985）的做法，定义嘉当同伦公式(Cartan’s homotopy formula)。设

$${\mathcal{A}}_t={\mathcal{A}}_0+t\left({\mathcal{A}}_1-{\mathcal{A}}_0\right){\mathcal{T}}_t=\mathrm{d}{\mathcal{A}}_t+{\mathcal{A}}_t^2\text{\hspace{1em}(11.108)}$$

如前。定义算子 $l_t$ 为

$$l_t{\mathcal{A}}_t=0l_t{\mathcal{F}}_t=\delta t\left({\mathcal{A}}_1-{\mathcal{A}}_0\right).\text{\hspace{1em}(11.109)}$$

我们要求 $l_t$ 是一个反导数，即

$$l_t\left({\eta }_p{\omega }_q\right)=\left(l_t{\eta }_p\right){\omega }_q+(-1{)}^p{\eta }_p\left(l_t{\omega }_q\right)\text{\hspace{1em}(11.110)}$$

对 ${\eta }_p\in {\Omega }^p(M)$ 与 ${\omega }_q\in {\Omega }^q(M)$ 成立。我们验证

$$(\mathrm{d}{l}_t+l_t\mathrm{d}){\mathcal{A}}_t=l_t({\mathcal{F}}_t-{\mathcal{A}}_t^2)=\delta t({\mathcal{A}}_1-{\mathcal{A}}_0)=\delta t\frac{\partial {\mathcal{A}}_t}{\partial t}$$

以及

$$\begin{array}{rl}\left(\mathrm{d}{l}_t+l_t\mathrm{d}\right){\mathcal{F}}_t& =\mathrm{d}\left[\delta t\left({\mathcal{A}}_1-{\mathcal{A}}_0\right)\right]+l_t\left[{\mathcal{D}}_t{\mathcal{F}}_t-{\mathcal{A}}_t{\mathcal{F}}_t+{\mathcal{F}}_t{\mathcal{A}}_t\right]\\ & =\delta t[\mathrm{d}({\mathcal{A}}_1-{\mathcal{A}}_0)+{\mathcal{A}}_t({\mathcal{A}}_1-{\mathcal{A}}_0)+({\mathcal{A}}_1-{\mathcal{A}}_0){\mathcal{A}}_t]\\ & =\delta t{\mathcal{D}}_t({\mathcal{A}}_1-{\mathcal{A}}_0)=\delta t\frac{\partial {\mathcal{F}}_t}{\partial t}\end{array}$$

这里我们用了比安基恒等式 ${\mathcal{D}}_t{\mathcal{F}}_t=0$。这表明，对 $\mathcal{A}$ 与 $\mathcal{F}$ 的任意多项式 $S(\mathcal{A},\mathcal{F})$，我们得到

$$\left(\mathrm{d}{l}_t+l_t\mathrm{d}\right)S\left({\mathcal{A}}_t,{\mathcal{F}}_t\right)=\delta t\frac{\partial }{\partial t}S\left({\mathcal{A}}_t,{\mathcal{F}}_t\right).\text{\hspace{1em}(11.111)}$$

在右端，$S$ 应当只是 $\mathcal{A}$ 与 $\mathcal{F}$ 的多项式，而不含 $\mathrm{d}\mathcal{A}$ 或 $\mathrm{d}\mathcal{F}$：若 $S$ 确实含有它们，则应把 $\mathrm{d}\mathcal{A}$ 换成 $\mathcal{F}-{\mathcal{A}}^2$，把 $\mathrm{d}\mathcal{F}$ 换成 $\mathcal{D}\mathcal{F}-[\mathcal{A},\mathcal{F}]=-[\mathcal{A},\mathcal{F}]$。将(11.111)在 $[0,1]$ 上积分，便得到嘉当同伦公式

$$S\left({\mathcal{A}}_1,{\mathcal{F}}_1\right)-S\left({\mathcal{A}}_0,{\mathcal{F}}_0\right)=\left(\mathrm{d}{k}_{01}+k_{01}\mathrm{d}\right)S\left({\mathcal{A}}_t,{\mathcal{F}}_t\right)\text{\hspace{1em}(11.112)}$$

其中同伦算子(homotopy operator) $k_{01}$ 定义为

$$k_{01}S\left({\mathcal{A}}_t,{\mathcal{F}}_t\right)\equiv {\int }_0^1\delta t{l}_{t}S\left({\mathcal{A}}_t,{\mathcal{F}}_t\right).\text{\hspace{1em}(11.113)}$$

要用 $k_{01}$ 作用于 $S(\mathcal{A},\mathcal{F})$，我们先把 $\mathcal{A}$ 与 $\mathcal{F}$ 分别换成 ${\mathcal{A}}_t$ 与 ${\mathcal{F}}_t$，然后用 $l_t$ 作用于 $S({\mathcal{A}}_t,{\mathcal{F}}_t)$，并对 $t$ 积分。

例 11.9

我们用同伦公式来计算陈特征的陈-西蒙斯形式。设 $S(\mathcal{A},\mathcal{F})={\mathrm{ch}}_{j+1}(\mathcal{F})$，${\mathcal{A}}_1=\mathcal{A}$，${\mathcal{A}}_0=0$。由于 $d{\mathrm{ch}}_{j+1}(\mathcal{F})=0$，我们有

$${\mathrm{ch}}_{j+1}(\mathcal{F})=\left(\mathrm{d}{k}_{01}+k_{01}\mathrm{d}\right){\mathrm{ch}}_{j+1}\left({\mathcal{F}}_t\right)=\mathrm{d}\left[k_{01}{\mathrm{ch}}_{j+1}\left({\mathcal{F}}_t\right)\right].$$

于是，$k_{01}{\mathrm{ch}}_{j+1}(\mathcal{F})$ 就被等同于陈-西蒙斯形式 $Q_{2j+1}(\mathcal{A},\mathcal{F})$。我们发现

$$\begin{array}{rl}{k}_{01}{\mathrm{ch}}_{j+1}({\mathcal{F}}_t)& =\frac{1}{(j+1)!}{k}_{01}\mathrm{tr}{\left(\frac{\mathrm{i}\mathcal{F}}{2\pi }\right)}^{j+1}\\ & =\frac{1}{(j+1)!}{\left(\frac{\mathrm{i}}{2\pi }\right)}^{j+1}{\int }_0^1\delta t{l}_t\mathrm{tr}\left({\mathcal{F}}_t^{j+1}\right)\\ & =\frac{1}{j!}{\left(\frac{\mathrm{i}}{2\pi }\right)}^{j+1}{\int }_0^1\delta t\mathrm{str}\left(\mathcal{A},{\mathcal{F}}_t^j\right)\end{array}\text{\hspace{1em}(11.114)}$$

这与(11.105)一致。

虽然示性类是规范不变的，但陈-西蒙斯形式却未必如此。作为嘉当同伦公式的一个应用，我们来计算 $Q_{2j+1}(\mathcal{A},\mathcal{F})$ 在 $\mathcal{A}\to {\mathcal{A}}^g=g^{-1}(\mathcal{A}+\mathrm{d})g$、$\mathcal{F}\to {\mathcal{F}}^g=g^{-1}\mathcal{F}g$ 下的变化。考虑由下式定义的插值族 ${\mathcal{A}}_t^g$ 与 ${\mathcal{T}}_t^g$：

$${\mathcal{A}}_t^g\equiv t{g}^{-1}\mathcal{A}g+g^{-1}\mathrm{d}g\text{\hspace{1em}(11.115a)}$$

$${\mathcal{F}}_t^g\equiv \mathrm{d}{\mathcal{A}}_t^g+{\left({\mathcal{A}}_t^g\right)}^2=g^{-1}{\mathcal{F}}_{t}g\text{\hspace{1em}(11.115b)}$$

其中 ${\mathcal{F}}_t\equiv t\mathcal{F}+(t^2-t){\mathcal{A}}^2$。注意 ${\mathcal{A}}_0^g=g^{-1}\mathrm{d}g,{\mathcal{A}}_1^g={\mathcal{A}}^g,{\mathcal{F}}_0^g=0$，且 ${\mathcal{F}}_1^g={\mathcal{F}}^g$。由式 (11.112)可得

$$Q_{2j+1}\left({\mathcal{A}}^g,{\mathcal{F}}^g\right)-Q_{2j+1}\left(g^{-1}\mathrm{d}g,0\right)=\left(\mathrm{d}{k}_{01}+k_{01}\mathrm{d}\right)Q_{2j+1}\left({\mathcal{A}}_t^g,{\mathcal{F}}_t^g\right).\text{\hspace{1em}(11.116)}$$

例如，设 $Q_{2j+1}$ 为陈特征 ${\mathrm{ch}}_{j+1}(\mathfrak{F})$ 的陈-西蒙斯形式。由于 $\mathrm{d}{Q}_{2j+1}({\mathcal{A}}_t^g,{\mathcal{F}}_t^g)={\mathrm{ch}}_{j+1}({\mathcal{F}}_t^g)={\mathrm{ch}}_{j+1}({\mathcal{F}}_t)$，我们有

$$\begin{array}{rl}{k}_{01}\mathrm{d}{Q}_{2j+1}\left({\mathcal{A}}_t^g,{\mathcal{F}}_t^g\right)& =k_{01}{\mathrm{ch}}_{j+1}\left({\mathcal{F}}_t^g\right)\\ & =k_{01}{\mathrm{ch}}_{j+1}\left({\mathcal{F}}_t\right)=Q_{2j+1}(\mathcal{A},\mathcal{F})\end{array}\text{\hspace{1em}(11.117)}$$

其中最后一步等式用到了例 11.9的结果。综合这些结果，我们把(11.116)写成

$$Q_{2j+1}\left({\mathcal{A}}^g,{\mathcal{F}}^g\right)-Q_{2j+1}(\mathcal{A},\mathcal{F})=Q_{2j+1}\left(g^{-1}\mathrm{d}g,0\right)+\mathrm{d}{\alpha }_{2j}\text{\hspace{1em}(11.118)}$$

其中 ${\alpha }_{2j}$ 是由下式定义的 $2j$ 形式：

$$\begin{array}{rl}& {\alpha }_{2j}(\mathcal{A},\mathcal{F},v)\equiv k_{01}{Q}_{2j+1}\left({\mathcal{A}}_t^g,{\mathcal{F}}_t^g\right)\\ & =k_{01}{Q}_{2j+1}\left({\mathcal{A}}_t+v,{\mathcal{F}}_t\right)\end{array}\text{\hspace{1em}(11.119)}$$

其中 $v\equiv \mathrm{dg}\cdot g^{-1}$。[注意 $Q_{2j+1}(\mathcal{A},\mathcal{F})=Q_{2j+1}(g\mathcal{A}{g}^{-1},g\mathcal{F}{g}^{-1})$。](11.118)右端的第一项为

$$\begin{array}{rl}{Q}_{2j+1}(g^{-1}\mathrm{d}g,0)& =\frac{1}{j!}{\left(\frac{\mathrm{i}}{2\pi }\right)}^{j+1}{\int }_0^1\delta t\mathrm{tr}[g^{-1}\mathrm{d}g\{(t^2-t)(g^{-1}\mathrm{d}g{)}^2{\}}^j]\\ & =\frac{1}{j!}{\left(\frac{\mathrm{i}}{2\pi }\right)}^{j+1}\mathrm{tr}[(g^{-1}\mathrm{d}g{)}^{2j+1}]{\int }_0^1\delta t(t^2-t{)}^j\\ & =(-1{)}^j\frac{j!}{(2j+1)!}{\left(\frac{\mathrm{i}}{2\pi }\right)}^{j+1}\mathrm{tr}[(g^{-1}\mathrm{d}g{)}^{2j+1}](11.120)\end{array}$$

这里我们注意到 ${\mathcal{F}}_t=(t^2-t)(g^{-1}\mathrm{d}g{)}^2$，并且

$${\int }_0^1\delta t(t^2-t{)}^j=(-1{)}^{j}B(j+1,j+1)=(-1{)}^j\frac{(j!{)}^2}{(2j+1)!}$$

其中 $B$ 是贝塔函数。这个 $2j+1$ 形式 $Q_{2j+1}(g\mathrm{d}g,0)$ 是闭的，因而局部恰当：$\mathrm{d}{Q}_{2j+1}(g^{-1}\mathrm{d}g,0)={\mathrm{ch}}_{j+1}(0)=0$。

至于 ${\alpha }_{2j}$，例如我们有

$$\begin{array}{rl}{\alpha }_2& =\frac{1}{2}{\left(\frac{\mathrm{i}}{2\pi }\right)}^2{\int }_0^1{l}_t\mathrm{tr}[({\mathcal{A}}_t+v){\mathcal{F}}_t-\frac{1}{3}({\mathcal{A}}_t+v{)}^3]\\ & =\frac{1}{2}{\left(\frac{\mathrm{i}}{2\pi }\right)}^2{\int }_0^1\delta t\mathrm{tr}(-t{\mathcal{A}}^2-v\mathcal{A})\\ & =-\frac{1}{2}{\left(\frac{\mathrm{i}}{2\pi }\right)}^2\mathrm{tr}(v\mathcal{A})\end{array}\text{\hspace{1em}(11.121)}$$

这里我们注意到

$$\mathrm{tr}{\mathcal{A}}^2=\mathrm{d}{x}^{\mu }\wedge \mathrm{d}{x}^{\nu }\mathrm{tr}({\mathcal{A}}_{\mu }{\mathcal{A}}_{\nu })=-\mathrm{d}{x}^{\nu }\wedge \mathrm{d}{x}^{\mu }\mathrm{tr}({\mathcal{A}}_{\nu }{\mathcal{A}}_{\mu })=0.$$

例 11.10

在三维时空中，规范理论可以有一个由陈-西蒙斯三形式给出的规范不变质量项（Jackiw and Templeton 1981, Deser et al 1982a, b）。由于陈-西蒙斯形式在规范变换下只改变一个局部恰当形式，作用量仍保持不变。为简单起见，我们只考虑U(1) 规范理论。考虑拉格朗日量（我们取 $\mathcal{A}=\mathrm{i}A$，$\mathcal{F}=\mathrm{i}F$）

$$\mathcal{L}=-\frac{1}{4}{F}_{\mu v}{F}^{\mu v}+\frac{1}{4}m{ϵ}^{\lambda \mu v}{F}_{\lambda \mu }{A}_v\text{\hspace{1em}(11.122)}$$

其中 $F_{\mu \nu }={\partial }_{\mu }{A}_{\nu }-{\partial }_{\nu }{A}_{\mu }$。注意第二项是 U(1) 丛的第二陈特征 $F^2$ 的陈-西蒙斯形式（相差一个常数因子）。场方程为

$${\partial }_{\mu }{F}^{\mu \nu }+m\ast F^{\nu }=0\text{\hspace{1em}(11.123)}$$

其中

$$\ast F^{\mu }=\frac{1}{2}{ϵ}^{\mu \kappa \lambda }{F}_{\kappa \lambda }{F}^{\mu \nu }={ϵ}^{\mu \nu \lambda }\ast F_{\lambda }.$$

比安基恒等式

$${\partial }_{\mu }\ast F^{\mu }=0\text{\hspace{1em}(11.124)}$$

由 (11.123) 即可推出，这是 $F^{\mu \nu }$ 的反对称性的结果。容易验证，场方程在规范变换下不变，

$$A_{\mu }\to A_{\mu }+{\partial }_{\mu }\theta \text{\hspace{1em}(11.125)}$$

而拉格朗日量则改变一个全导数，

$$\mathcal{L}\to -\frac{1}{4}{F}^{\mu \nu }{F}_{\mu \nu }+\frac{1}{4}m{ϵ}^{\lambda \mu \nu }{F}_{\lambda \mu }\left(A_{\nu }+{\partial }_{\nu }\theta \right)=\mathcal{L}+\frac{1}{2}m{\partial }_{\nu }\left(\ast F^{\nu }\theta \right).\text{\hspace{1em}(11.126)}$$

式 (11.106b) 表明，右端最后一项可等同于

$$Q_3\left(A^{\theta },F^{\theta }\right)-Q_3(A,F)\sim (A+\mathrm{d}\theta )\mathrm{d}A-A\mathrm{d}A\sim \mathrm{d}(\theta \mathrm{d}A).$$

若假定 $F$ 在时空大距离处衰减，则这一项对作用量没有贡献：

$$\int {\mathrm{d}}^{3}x\mathcal{L}\to \int {\mathrm{d}}^{3}x\mathcal{L}+\frac{m}{2}\int {\mathrm{d}}^{3}x{\partial }_{\nu }(\ast F^{\nu }\theta )=\int {\mathrm{d}}^{3}x\mathcal{L}.\text{\hspace{1em}(11.127)}$$

下面我们证明 (11.122) 描述的是一个有质量的场。先把 (11.123) 写成

$${ϵ}^{\mu \nu \alpha }{\partial }_{\mu }\ast F_{\alpha }=-m\ast F^{\nu }.$$

两边乘以 ${\epsilon }_{\kappa \lambda \nu }$，得到

$${\partial }_{\lambda }\ast F_{\kappa }-{\partial }_{\kappa }\ast F_{\lambda }=-m{F}_{\kappa \lambda }.$$

再取 ${\partial }^{\lambda }$ 导数并利用 (11.124)，可得

$$\left({\partial }^{\lambda }{\partial }_{\lambda }+m^2\right)\ast F_{\kappa }=0\text{\hspace{1em}(11.128)}$$

这表明 $\ast F_{\kappa }$ 是一个质量为 $m$ 的有质量矢量场。

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